Đề thi thử Quốc gia môn Toán lần 4 năm 2015 trường THPT Chuyên Thái Bình có đáp án

KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 TOÁN CHÍNH THỨC thi gồm có 01 trang) tháng 02 năm 2015 ời gian làm bài: Câu (2,0 điểm). Cho hàm số 323 (C ).m mx a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m. b) Xác định để đường thẳng ()d có phương trình yx cắt đồ thị ()m tại ba điểm phân biệt ,, B2 AB(O là gốc tọa độ). Câu (1,0điểm). Giải phương trình 22 sin cos cos sin 0x x . 320322 2xI dxx . Câu (1,0 điểm). a) Một tổ có 12 học sinh nam và học sinh nữ. Chia tổ thành nhóm, mỗi nhóm có học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chia? Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên nhóm nào cũng có nữ. b) Giải phương trình 3log 3) log( 3) 0xx . Câu (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm (1; 0; 0) A, (0; 2; 3) B và (1;1;1) C.Viết phương trình mặt phẳng ()Pchứa ABsao cho khoảng cách từ tới ()P23. Câu (1,0 điểm). Cho hình chóp ABCDcó các cạnh bên bằng nhau và bằng 2a, đáy ABCD là hình chữ nhật có 2, AB AD a. Gọi MN lần lượt là trung điểm của AB, CD và là trọng tâm tam giác SBC. Tính thể tích hình chóp. ABCDvà khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SG theo a. Câu (1,0 điểm). Cho hình thang ABCDcạnh đáy nhỏAB, tam giác ABD vuông cân tại A. Biết phương trình cạnh AB là 10 xy và phương trình cạnh BC là 10 0xy . Viết phương trình các cạnh còn lại biết diện tích tam giác ACD bằng 10 đơn vị diện tích. 4422 452422 xyx xyyxy   . Câu (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực dương sao cho z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2(5 (5 12 (45 162 z . ------- Hết --------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.1 ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 Môn: TOÁN CHÍNH THỨC ểm có trang) Câu Đáp án (2,0đ) Khi hàm số có dạng: x3 3x2. TXĐ: D. Sự biến thiên: Chiều biến thiên: 2\' x y’ 3x2 6x hoặc Hàm số đồng biến trên (; 0) và (2; +); hàm số nghịch biến trên (0; 2). Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại xCĐ 0, yCĐ 0; đạt cực tiểu tại xCT 2, yCT -4. Giới hạn: lim limxx yy . Bảng biến thiên:  y’   0; 3; OA1; B. Điểm cực đại 0; 0, cực tiểu 2; 4. Đồ thị: b) (1,0 điểm)2 Phương trình hoành độ giao điểm: 323 mx x 2( 1) 20.3 (*) xx m  Đường thẳng ()d cắt đồ thị ()m tại ba điểm phân biệt Phương trình (*) có nghiệm phân biệt khác 4( 1) 0.1mm 13(1).41 mm  Giả sử O(0,0) 1 2, y, 12, xxlà hai nghiệm của phương trình (*). Ta có 12123.1 xxx m2 21 2( 2( (3). AB x Thay (2) vào (3) ,ta có(3) trở thành 18 8( 1) 3.mm (1,0đ) 22 sin cos cos sin 0(4 sin cos sin cos cos 3) 0x xx  sin (2 cos 1) (2 cos 1)(3 cos 0x (2 cos 1)(2 sin cos 3) 0x cos 02 sin cos 0xxx (*)2 sin cos sin cos 3x x . Ta thấy 222 1) 9 Phương trình vô nghiệm. 12(*) cos )23 k . 22 )3 k  32 20 03 (2 1)(2 1) 12 2xxI dx dx dx dx dxxx    33221002 dx x 13 3. 33322322000112 (2 1) (2 1)23 dx x 28 7.3 12723.33 (1,0đ) Tổng số học sinh là 12 15 học sinh. Nhóm 1: Chọn học sinh trong 15 học sinh có515 Ccách chọn. Nhóm 2: Chọn học sinh trong 10 học sinh còn lại có510 Ccách chọn. Nhóm 3: Chọn học sinh trong học sinh còn lại có55 Ccách chọn. Vậy có 515 10 5. 756756 C cách chia. Số phần tử của không gian mẫu là số phân công 15 học sinh thành nhóm mỗi 5 515 10 5. 756756 C. Gọi là biến cố nhóm nào cũng có nữ Nhóm 1: Có 143 12 CC cách chọn. Nhóm 2: Có 1428 CC cách chọn. Nhóm 3: Có 1414 CC1 43 12 4. 207900AC . 0, 27APA. 3. x 3log 3) log( 3) 0xx 24 log 3) log( 3) 0xx 22 log 3) log( 3) 0xx Đặt log( 3) tx. Phương trình trở thành 22 0tt 1.12 tt311 log( 3) 110 x (Thỏa mãn). 1log( 3) 32210 x (Thỏa mãn). 3110 x1310 x. (1,0đ) 1; 2; 3) AB  Gọi vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ()P cần tìm là 2( ), 0p c . Phương trình mặt phẳng ()P là 1) by cz ax by cz a .4 Do A,B thuộc (P) suy ra .p AB b  22 2( )) 37 54 17 03 bc b . a (Loại). +)0, b111737 cbc. +) 1, a Phương trình mặt phẳng ()P là 10 z . 17 231,37 37 a  Phương trình mặt phẳng ()P23 17 23037 37 37x hay 23 37 17 23 0x z . Gọi là giao điểm của AC và BD ,do ABCD là hình chữ nhật nên từ giả thiết suy ra là hình chiếu của trên mặt phẳng ABCD 225 AC AB BC a 5 1122 aaOC SO .23.1 11 11. .23 ABCD ABCDaV SO a (đvtt). Lấy là trung điểm của BC ). OF BC BC SOF Trong mặt phẳng SOF kẻ OH SF ). OH SBC  Ta có M, là trung điểm của AB và CD suy ra /( ). MN BC MN SCB ( )) MN SG MN SBC SBC OH 1.OH OF OS 165( .15 OH MN SG 5 (1,0đ) 0 1cos( 45 45 1352 AB BC AB BC BCD ABC . Theo giả thiết tam giác ABD vuông cân tại A, suy ra tam giác DBC vuông cân tại DC AB .1. 10 102 ADC AD DC AD . Ta có tọa độ điểm thỏa mãn hệ phương trình 10 4(4, 2)2 10 2x xBx y  . ,10 a3(10 10( 10 1010 aad AB  220 106 aaa . +)2 a, suy ra (2; 6) C, suy ra phương trình CD là 20 xy . Tọa độ điểm (8; 4) D. Phương trình BD là 20 xy . Phương trình đường thẳng AD là 20 0xy . +)a ,suy ra C(6,-2) làm tương tự suy ra Phương trình DC là 30 xy. Phương trình AD là 30xy . Thử lại thỏa mãn. (1,0đ) 22 xy. 2yz44226 (1)5(2)12 xzxzxzxz   . Từ (1) suy ra 26 2xz xz 22211xz xzx xzxz xz  (Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi xz). \'2 1( 01(1 tf ttt  ( 1; )t xz. Ta có () ftlà hàm đồng biến trên (1;2).22 55( (1) 22 2xz xzf xzxz xz . 11112.1112 xyxz zx zxy    22(1, ); 1; )22. (1,0đ) Đặt z (a,b,c là các số dương thỏa mãn abc ). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 35( 6( c . 22 32 5[ 6[ )]2(4 bc bc cP bc a  22( (1 )044 at bc . Xét 2( 2(4 a 4 79) (1)9 81 4).9 222(1 (3 1)(0) 2(2 1) (2)42a aP P 2(1 )4a ]. Hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến. Từ (1) và (2),suy ra của GTLN của () Pt2(1 )4a ] nhỏ hơn hoặc bằng 1. Suy ra giá trị lớn nhất của () Pt là khi 1/3. Suy ra giá trị lớn nhất của là khi 1/3; 1/6; 1/9.