Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần 2 năm 2015 trường THPT Chuyên Đại học Vinh, Nghệ An có đáp án

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 LẦN Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm). Cho hàm số 2.1xyx a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị Hcủa hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của H biết rằng tiếp tuyến có hệ số góc 1.k Câu (1,0 điểm). a) Biết rằng số thực thỏa mãn tan 2. Tính giá trị của biểu thức 33sin 2cos.cos sinA   b) Tìm số phức thỏa mãn 2z và 21zi là số thực. Câu (0,5 điểm). Giải bất phương trình 2218 .2 .xx x Câu (1,0 điểm). Giải phương trình 22 234 .x x Câu (1,0 điểm). Tính diện tích của hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số ln ,y x trục hoành và hai đường thẳng 0, 1.x x Câu (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ \' \' \'ABC có 0102 \' 120 .2aAB AC AA BAC Hình chiếu vuông góc của \'C lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính thể tích khối lăng trụ \' \' \'ABC theo và tính số đo góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và \' \').ACC Câu (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm 2; ,3 3G   tâm đường tròn ngoại tiếp (1; 2),I điểm (10; 6)E thuộc đường thẳng chứa trung tu yến kẻ từ và điểm (9; 1)F thuộc đường thẳng BC. Tìm tọa độ các điểm A, B, biết có tung độ bé hơn 2. Câu (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho điểm 2; 1; 0)M và đường thẳng 1: .1 2x z   Lập phương trình mặt phẳng (P) qua và chứa . Tìm tọa độ điểm thuộc sao cho 11.MN Câu (0,5 điểm). Một hộp chứa 12 viên bi kích thước như nhau, trong đó có viên bi màu xanh được đánh số từ đến 5, có viên bi màu đỏ được đánh số từ đến và viên bi màu vàng được đánh số từ đến 3. Lấy ngẫu nhiên viên bi từ hộp đó. Tính xác xuất để hai viên bi được lấy vừa khác màu vừa khác số. Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử ,x là các số thực không âm thỏa mãn 1.xy yz zx Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 21 51 .2P zx x  ------------------ Hết ------------------ Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 25, 26/4/2015. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC. 2. Thi thử THPT Quốc gia lần sẽ được tổ chức vào chiều ngày 16 và ngày 17/5/2015. Đăng ký dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 25/4/2015.1TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 LẦN Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) 1o. Tập xác định: \\ {1}. 2o. Sự biến thiên: Giới hạn, tiệm cận: Ta có 1limxy  và 1lim .xy  Do đó đường thẳng 1x là tiệm cận đứng của đồ thị (H). Vì lim lim 1x xy y  nên đường thẳng 1y là tiệm cận ngang của đồ thị (H). Chiều biến thiên: Ta có 21\' 0,( 1)yx  với mọi 1.x Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1; . 0,5 Bảng biến thiên: 3o. Đồ thị: Đồ thị (H) cắt Ox tại 2; 0, cắt Oy tại 0; nhận giao điểm 1; 1I của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,5 b) (1,0 điểm) Ta có 21\' ,( 1)yx với mọi 1.x Vì tiếp tuyến có hệ số góc 1k nên hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình 2111x, hay 201 12.xxx  0,5 Câu 1. (2,0 điểm) *) Với 0x ta có phương trình tiếp tuyến 2.y x *) Với 2x ta có phương trình tiếp tuyến 2.y x Vậy có hai tiếp tuyến là 2y x và 2.y x 0,5 a) (0,5 điểm) Câu 2. (1,0 Rõ ràng cos 0,chia cả tử số và mẫu số của cho 3cos ta được 0,5 \'y     y222 3tan tan 22.5 4.1 tan tan 16 7A     b) (0,5 điểm) điểm) Giả sử ).z bi b  Suy ra 2(1 )1 1) .1 2iz bi ii  Từ giả thiết 21zi là số thực ta có 1.b Khi đó 22 3.z a Vậy số phức cần tìm là 3z i và .z i 0,5 Câu 3. (0,5 điểm) Bất phương trình đã cho tương đương với 23 22 .2 1x xx x  22 2.x x 0,5 *) Điều kiện: 24 2.x x Phương trình đã cho tương đương với 22 234 2.x x (1) Ta có 22 24 4x x , với mọi 2; 2x . Suy ra 24 2,x x với mọi 2; 2x . (2) Dấu đẳng thức (2) xảy ra khi và chỉ khi 0, 2.x x Đặt 232x t . Dễ dàng có được 1; 2t , với mọi 2; 2x . Khi đó vế phải của (1) chính là 3 2( 2, 1; .f t 0,5 Câu 4. (1,0 điểm) Ta có 20( 043tf tt  Hơn nữa, ta lại có 22( 1) 1, (0) 2, (2) 2.3 27f f    Suy ra 2,f t với mọi 1; 2t . Do đó 22 232 2x x , với mọi 2; 2x . (3) Dấu đẳng thức (3) xảy ra khi và chỉ khi 0, 2.x x Từ (2) và (3) ta có nghiệm của phương trình (1) là 0, 2.x x Vậy phương trình đã cho có nghiệm 0, 2.x x 0,5 Chú rằng ln 0,x x với mọi 1x . Khi đó diện tích hình phẳng cần tính là 10ln .S x  Đặt ln .u x Su ra 23 1d .3 2u xx  0,5 Câu 5. (1,0 điểm) Theo công thức tích phân từng phần ta có 1 112200 01 1ln ln d2 1xS xx x      0,53 1201 1ln ln ln .6 12x x    Gọi là trung điểm BC. Từ giả thiết suy ra \' ).C ABC Trong ABC ta có 202 22 21 3. .sin 120 .2 22 cos120 77723\' \' .2ABCaS AB ACBC AC AB AC AB aaBC CHaC CH    Su ra thể tích lăng trụ 33\' .4ABCaV S 0,5 Câu 6. (1,0 điểm) Hạ .HK AC Vì \' )C ABC đường xiên \'C AC ( ), \' \' \'ABC ACC KH (1) (\'C HK vuông tại nên 0\' 90 )C KH. Trong HAC ta có 232HAC ABCS SaHKAC AC 0\'tan \' \' 45 .C HC KH KHHK (2) Từ (1) và (2) suy ra 0( ), \' \') 45 .ABC ACC A Ghi chú: Thí sinh có thể tính độ dài AH và suy ra AHC vuông tại để suy ra .K A 0,5 Câu 7. (1,0 điểm) Gọi là trung điểm BC. Phương trình GE hay AM là 74 02 .x tx yy t    Gọi 3 .M m Ta có 7 2; 6; .IM FM m   Vì IM FM nên . 07 00.IM FMm mm    Su ra 3; .M 0,54 Giả sử 3 .A a Vì 2GA GM   ta được 1.a Su ra 4; .A Suy ra phương trình 7; )BC BC (điều kiện 2).b Vì IB IA nên 21( 6) 2) 253 )bb bb ktm  Suy ra (5; 1) (1; 3)B C (vì là trung điểm BC). 0,5 có vtcp (1; 1; 2)u  và (2; 1; 1) (4; 0; 1)A MA  1; 7; 4)pvtpt MA      Suy ra 1( 2) 7( 1) 0.P z 0,5 Câu 8. (1,0 điểm) 2; 1; 1).N t Khi đó 2( 4) (2 1) 11MN t 26 12 1.t t Su ra (1; 2; 1).N 0,5 Câu 9. (0,5 điểm) Số cách lấy hai viên bi từ hộp là 21266.C Số cách lấy ra hai viên bi gồm viên màu xanh, viên màu đỏ và khác số là 16. Số cách lấy ra hai viên bi gồm viên màu xanh, viên màu vàng và khác số là 12. Số cách lấy ra hai viên bi gồm viên màu đỏ, viên màu vàng và khác số là 9. Như vậy số cách lấy ra viên bi từ hộp vừa khác màu vừa khác số là 16 12 37. Suy ra xác suất cần tính là 370, 5606.66P 0,5 Câu 10. (1,0 điểm) Giả sử min ,z z. Đặt 0, 0.2 2z zx v Khi đó ta có 22 22 22 2; ;2 2.2 2z zx vz zx v        (1) Chú rằng với hai số thực dương ,u vta luôn có 4u v  và 22 21 8.u vu v  (2) Từ (1) và áp dụng (2) ta được 21 1x u  21 14 4u v    22 21 62u uvu v  2 24 10 10.u z  (3) Mặt khác ta có 1 1x xyz xy yz zx z 2.xyz z (4) Từ (3) và (4) suy ra 0,55 210 55.2P zx z  (5) Đặt 0.x t Xét hàm số 210 5( 0.2f tt Ta có 320 5( 02f tt . Suy ra 2; 2; 2.f t  Suy ra15( (2)2f f với mọi 0.t (6) Từ (5) và (6) ta được 252P, dấu đẳng thức xảy ra khi 1, 0x z hoặc các hoán vị. Vậy giá trị nhỏ nhất của là 25.2 0,5