zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi tuyển sinh đại học năm 2015 có đáp án môn: Toán - Khối A và khối A1

Chia sẻ: LƯƠNG TÂM | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

96
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sau đây là đề thi tuyển sinh đại học năm 2015 có đáp án môn "Toán - Khối A và khối A1". Mời các bậc phụ huynh, thí sinh và thầy cô giáo cùng tham khảo để để có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh đại học năm 2015 có đáp án môn: Toán - Khối A và khối A1

Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - ĐỀ THI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015 CHÍNH THỨC Môn Toán; Khối A và khối A1. Câu 1. (2 điểm) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = x 3 − 3x 2 + 2 . b) Tìm giá trị tham số m ∈ thì đồ thị của hàm số y = − x 4 + 4mx 2 − 4m có 3 cực trị là 3 đỉnh của 1  31  tam giác nhận điểm H  0;  làm trực tâm.  4  1 3 Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: sin 2x + tan x = − cos 2 x . 2 2 x 5 − 5 x3 + 2 x2 + 6 x − 4 Câu 3. (1 điểm) Tính giới hạn: B = lim . x →1 x 3 − x2 − x + 1 Câu 4. (1 điểm). Trong mặt phẳng ( P ) , cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a , ABC = 1200 . Gọi G là trọng tâm tam giác ABD . Trên đường thẳng vuông góc với ( P ) tại G lấy điểm S sao cho ASC = 900 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (SBD) theo a . Câu 5. (1 điểm) a) Từ các chữ số 0,1, 2, 3, 4, 5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau nhỏ hơn 4321 đồng thời các chữ số 1 và 3 luôn có mặt và đứng cạnh nhau. b) Chứng minh rằng: với mọi cặp số nguyên k , n ( 1 ≤ k ≤ n ) ta có: kCnk = nCnk −−11 . Tìm số nguyên n > 4 biết rằng 2Cn0 + 5Cn1 + 8Cn2 + ... + ( 3n + 2 ) Cnn = 1600 . Câu 6. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC có phương trình các đường thẳng AB , AC lần lượt là 4x − 3 y − 20 = 0; 2x + y + 10 = 0 . Đường tròn (C ) đi qua trung điểm của các 2 2 đoạn thẳng HA , HB , HC có phương trình là ( x − 1) + ( y + 2 ) = 25 , trong đó H là trực tâm của tam giác ABC . Tìm tọa độ điểm H biết xC > −4 . Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho hình vuông ABCD có M là trung điểm 1 của cạnh BC , N thuộc cạnh AC sao cho AN = AC . Biết MN có phương trình 3x − y − 4 = 0 4 và D ( 5;1) . Tìm tọa độ của điểm B biết M có tung độ dương.  x 4 + x 2 y 2 − y 2 = y 3 + x 2 y + x 2 Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈ )  2 y 3 − 5 − 2 x 2 − 1 = 0 ( ) Câu 9. (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn: 2 a2 + b2 + c 2 = ab + bc + ca + 3 . Tìm giá trị lớn nhất 1 của S = a2 + b2 + c 2 − . a+b+c+3 GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2 điểm) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = x 3 − 3x 2 + 2 ∗ Hàm số đã cho xác định trên ∗ Ta có: y ' = 3 x2 − 6 x = 3x ( x − 2 ) và y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 . ∗ Giới hạn: lim y = −∞ và lim y = +∞ x→−∞ x→+∞ ∗ Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y' + 0 − 0 + 2 +∞ y −∞ −2 Hàm đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; 0 ) và ( 2; +∞ ) , nghịch biến trên ( 0; 2 ) . Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 với giá trị cực đại của hàm số là y ( 0 ) = 2 và hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2 với giá trị cực tiểu của hàm số là y ( 2 ) = −2 . ∗ Đồ thị y • Điểm đặc biệt : 2 y '' = 6 x − 6 và y " = 0 ⇔ x = 1 ⇒ I ( 1; 0 ) • Chọn x = 3 ⇒ y = 2, x = −1 ⇒ y = −2 . -1 2 Chú ý: Ta có thể tìm điểm đặc biệt bằng cách tìm giao 3 x điểm của đồ thị với trục tọa độ: Giao điểm của đồ thị với trục Oy là điểm ( 0; 2 ) -2 Đồ thị cắt Ox tại ba điểm ( 1; 0 ) , ( 1 ± 3; 0 ) Nhận xét: Đồ thị nhận I ( 1; 0 ) làm tâm đối xứng. b) m ≤ 0 ⇒ y ' = 0 có 1 nghiệm, nên hàm số có 1 cực trị. m > 0 ⇒ y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm đó, nên hàm số có 3 cực trị. Giả sử ( ) ( A ( 0; −4 m ) , B − 2 m ; 4m2 − 4m , C 2m ; 4m2 − 4m . ) Vì tam giác ABC cân tại A và B, C đối xứng nhau qua Oy  AH ⊥ BC H là trực tâm tam giác ABC khi  ⇒ BH .AC = 0 ( ∗) .  BH ⊥ AC  31  ( Ta có: BH =  2 m ; −4 m2 + 4 m +  , AC = 2m ; 4 m2 .  4  )  31  31 Khi đó ( ∗) ⇔ 2m + 4 m2  −4 m2 + 4 m +  = 0 hay 8m3 − 8 m2 − m − 1 = 0 , phương trình có nghiệm m = 2  4  2 thỏa m > 0 . GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - π Câu 2. (1 điểm) Điều kiện: x ≠ + kπ 2 1 3 1 1 sin 2 x + tan x = − cos 2 x ⇔ sin 2 x + tan x = − 2 sin 2 x 2 2 2 2 1 1  1 ⇔ sin 2 x + tan x = − sin 2 x.tan x ⇔  sin 2 x −  ( tan x − 1) = 0 2 2  2  π 5π  1  x = 12 + k π; x = 12 + k π sin 2 x = ⇔ 2⇔ , k ∈   π  tan x = 1  x = + kπ 4 Câu 3. (1 điểm) Ta có: x5 − 5x 3 + 2 x 2 + 6 x − 4 = ( x − 1)2 ( x + 2)( x 2 − 2) , x3 − x 2 − x + 1 = ( x − 1)2 ( x + 1) ( x + 2)( x2 − 2) 3 Do đó: B = lim =− . x →1 x+1 2 Câu 4. (1 điểm). B = 1200 ⇒ A = 600 ⇒ ∆ABD đều cạnh a a2 3 ⇒ SABCD = 2SABD = 2 Gọi O là giao điểm AC và BD a 3 2 a 3 ⇒ AO = ; AG = AO = ; AC = a 3 2 3 3 a 6 ⇒ SG = GA.GC = ( ∆SAC vuông tại S, đường cao 3 1 a3 2 SG). VSABCD = SABCD .SG = 3 6 Kẻ GH ⊥ SO ⇒ GH ⊥ ( SBD ) vì BD ⊥ GH ⊂ ( SAO ) ⇒ d G , ( SBD ) = GH ( ) 1 1 1 27 ∆SGO vuông tại G, đường cao GH ⇒ = + = 2 2 2 OH GS GO 2a 2 Câu 5. (1 điểm) a) Giả sử số đó là abcd TH1: a,b là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn a,b Lúc này chọn d có: 4 cách và chọn c có 4 cách. Trường hợp này có 2.4.4 = 32 số TH2: b,c là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn b,c Nếu d = 0 chọn a có: 2cách. Trường hợp này có 2.1.2 = 4 số. Nếu d ≠ 0 chọn d có 2 cách, chọn a có: 2 cách. Trường hợp này có 2.2.2 = 8 số Vậy có: 32 + 4 + 8 = 44 số. b) Ta có: kCnk = k. n! = n. ( n − 1) ! = nCnk −−11 ( đpcm ) k !( n − k )! ( k − 1) ! ( n − 1) − ( k − 1) ! ( 2Cn0 + 5Cn1 + +8Cn2 + ... + ( 3n + 2 ) Cnn = 1600 ⇔ 3Cn1 + 6Cn2 + ... + 3nCnn + 2 Cn0 + Cn1 + ... + Cnn = 1600 ) ( ) ( ) ⇔ 3n Cn0−1 + Cn1 −1 + ... + Cnn−−11 + 2 Cn0 + Cn1 + ... + Cnn = 1600 GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - ( ) ( ) ⇔ 3n Cn0−1 + Cn1 −1 + ... + Cnn−−11 + 2 Cn0 + Cn1 + ... + Cnn = 1600 n −1 n ⇔ 3n ( 1 + 1) + 2 ( 1 + 1) = 1600 ⇔ 3n.2n−1 + 2n+1 = 1600 ⇔ 3n.2n− 5 + 2n− 3 = 100 ⇔ n = 7  4 x − 3 y − 20 = 0  x = −1 Câu 6. (1 điểm) Tọa độ của A là nghiệm của hệ:  hay  , suy ra A ( −1; −8 )  2 x + y + 10 = 0  y = −8 Gọi D, E, F, N lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC, AC và B’ là chân đường cao hạ từ B của tam giác  EF / / BC  ABC. Ta có  NF / / AH . Do đó EF ⊥ NF  BC ⊥ AH  Tương tự ta có: ED ⊥ DN . Vậy đường tròn (C) đi qua D, E, F là đường tròn đường kính EN. Suy ra N thuộc (C) . Mặt khác EB ' ⊥ B ' N , tức là B’ cũng thuộc (C).  2 x + y + 10 = 0  y = −2 x − 10  x = −2  x = −4 Tọa độ của N và B’ là nghiệm của hệ:  2 2 ⇔ 2 ⇔ hay  ( x − 1) + ( y + 2 ) = 25  5x + 30 x + 40 = 0  y = −6  y = −2 Nếu N ( −4; −2 ) thì C ( −7; 4 ) (loại) Nếu N ( −2; −6 ) thì C ( −3; −4 ) . Vậy N ( −2; −6 ) ; B ' ( −4; −2 ) ; C ( −3; −4 ) Đường thẳng BH đi qua B’ và nhận VTCP ( 1; −2 ) của AC là vtpt nên có phương trình x − 2 y = 0 . Đường thẳng CH đi qua C và nhận vtcp ( 3; 4 ) của AB làm vtpt nên có phương trình là 3x + 4 y + 25 = 0 Tọa độ H  x = −5 x − 2 y = 0   5 là nghiệm của hệ:  hay  5 . Vậy H  −5; −   3 x + 4 y + 25 = 0  y = −  2  2 Câu 7. (1 điểm) Kẻ NH ⊥ BC tại H, NK ⊥ DC tại K Ta có ∆NKC = ∆NHC ⇒ NK = NH DK AN 1  AD / / NK ⇒ = = DC AC 4  ⇒ DK = BH , mà M là trung  BH AN 1  AB / / NH ⇒ = = BC AC 4  điểm BC nên H là trung điểm DNK = BM ⇒ ∆DKN = ∆MHN ⇒ MNH , ND = NM Mà KNH = 900 ⇒ DNK = 900 ⇒ ∆DNM vuông cân tại N ⇒ DN ⊥ MN ⇒ DN : ( x − 5 ) + 3 ( y − 1) = 0 hay x + 3 y − 8 = 0 x + 3y − 8 = 0 Tọa độ N thỏa hệ:  ⇒ N ( 2; 2 ) 3x − y − 4 = 0 Giả sử M ( m; 3m − 4 ) ⇒ MN = ( 2 − m; 6 − 3m ) ; DN = 10; MN = DN 2 2 2  m = 3 ⇒ M ( 3; 5 ) ⇒ ( 2 − m ) + ( 6 − 3m ) = 10 ⇔ ( m − 2 ) = 1 ⇔   m = 1 ⇒ M ( 1; −1) ( loai ) GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 -  −1  5 1  xP − 2 =  xP = M ( 3; 5 ) m gọi P = MN ∩ AD ⇒ NP = − NM ⇔  3 ⇔ 3 3  y − 2 = −1 y = 1  P  P 1 1 1 5 Ta có: AP = MC = BC = AD ⇒ DP = DA 3 6 6 6  35  5 5 5 3  xB − 3 =  − 5   53  ⇒ B ( 1; 5 ) ⇒ DP = DA = CB = MB ⇒ MB = DP ⇒  6 6 3 5 y − 5 = 3 1 − 1  B 5 ( ) 5 Câu 8. (1 điểm) Điều kiện: x ≤ 2 ( )( ) Phương trình ( 1) ⇔ x 2 − 1 − y x 2 + y 2 = 0 ⇔ x = y = 0 hoặc x 2 = y + 1 Trường hợp x = y = 0 thế vào (2) không thỏa mãn. Trường hợp x 2 = y + 1 thế vào (2): 2 y 3 − 3 − 2 y − 1 = 0 ( 3 )  3 1  3 Xét hàm f (t) = 2 t 3 − 3 − 2t − 1; t ∈  −∞;  ; f '(t ) = 6t 2 + ; f '(t ) > 0, ∀ t ∈  −∞;   2 3 − 2t  2  3 Vậy hàm số f (t ) đồng biến trên  −∞;  ; mà f (1) = 0 .  2 Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất: y = 1 . Với y = 1 ⇒ x 2 = 2 ⇔ x = ± 2 (thỏa điều kiện) Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( )( 2;1 ; − 2;1 ) 2 2 ( a + b + c) ( a + b + c) Câu 9. (1 điểm) Với a,b,c là các số dương ta có: a + b + c ( 2 2 2 ) ≥ 3 và ab + bc + ca ≤ 3 2 2 2 (a + b + c) (a + b + c) 2 Bởi vậy: ≤ + 3 ⇔ ( a + b + c ) ≤ 9 , từ đó: 0 < a + b + c ≤ 3 3 3 2 2 ( a + b + c) ( a + b + c) 3 ( 2 Ta có: 2 a + b + c 2 2 ) = ab + bc + ca + 3 ≤ ab + bc + ca ≤ +3 3 ( nên a + b + c2 2 2 ) ≤ 6 + 2 2 Bởi vậy: S = a2 + b 2 + c 2 − 1 ≤ (a + b + c) − 1 3 1 + = t2 − 1 + 3 a+b+c+3 6 a+b+c+3 2 6 t+3 2 1 1 3 1 1 Xét hàm số: f (t ) = t 2 − + với 0 < t ≤ 3 và f '(t ) = t + > 0, ∀t ∈ (0; 3) 6 t+3 2 3 ( t + 3 )2 17 Bởi vậy: f (t ) ≤ f (3), ∀t ∈ ( 0; 3  hay f (t ) ≤ 6 17 Suy ra: S ≤ , dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 6 17 Vậy max S = khi a = b = c = 1 6 GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.