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 môn Toán - Đề số 02

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

94
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh, sinh viên "Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2015 môn Toán - Đề số 02" dành cho tất cả các bạn học sinh khối A, A1, B, D. Đề thi gồm có 9 câu hỏi tự luận có kém đáp số và hướng dẫn giải chi tiết. Cùng tìm hiểu để nắm bắt nội dung thông tin tài liệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2015 môn Toán - Đề số 02

Facebook: Dangquymaths ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015 NĐQ 0982473363 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B, D Đề số 02 Thời gian làm bài 180 phút 3 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x  6 x  1 (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng y  mx 1 cắt đồ thị hàm số (C) tại ba điểm phân biệt A  0;1 , B, C sao cho B là trung điểm của đoạn AC. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 1  sin x  5  2sin x   3 cos x  3  2sin x  2  1 Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: x  3x  5  2 1   x  1  0 x  Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: log3 1  log 3 1  3log 3 x    1 Câu 5 (1,0 điểm). Có năm đoạn thẳng có độ dài lần lượt là 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm. Lấy ngẫu nhiên ra ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng trên. Tính xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra tạo thành một tam giác. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Hình chiếu vuông góc của S là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH  2 AH . Gọi I là giao điểm của HC và BD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SCD) theo a. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 10, đường thẳng AD có phương trình là 3 x  y  0 . Lấy M đối xứng với D qua C, đường thẳng BM có phương trình là 2 x  y  10  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết B có hoành độ dương.  x x 2  y  y  x 4  x3  x  Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  9  x; y  R   x  y  x  1  y  x  1   2 1 1 1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn   . Tìm giá trị nhỏ a 2 b2 2c 2 nhất của biểu thức: a b c P   bc ca a2  b2  c2 ---------- HẾT ----------
Facebook: Dangquymaths HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ 3 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x  6 x  1 (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng y  mx 1 cắt đồ thị hàm số (C) tại ba điểm phân biệt A  0;1 , B, C sao cho B là trung điểm của đoạn AC. a) HS tự s...g b) Hoành độ giao điểm của đường thẳng  : y  mx  1 và đồ thị hàm số (C) là nghiệm của phương trình: 2 x3  6 x 2  1  mx  1   2 x 3  6 x 2  mx  0  x 2 x 2  6 x  m  0 * Để đường thẳng  cắt đồ thị hàm số (C) tại ba điểm phân biệt thì phương trình * có ba nghiệm phân biệt. f  x   2 x 2  6 x  m  0 có hai nghiệm phân biệt khác 0.  9  '  0 9  2 m  0  m     2  f  0   0  m  0  m  0 Ta thấy A  0;1 , giả sử B  x1 ; y1  , C  x2 ; y2  thì x1 ; x2 là nghiệm của phương trình f  x   0 , x1  x2  0 . m Do đó: x1  x2  3 và x1 x2  2 Để B là trung điểm của đoạn AC thì  x2  2 x1  x2  2 x1  x2  2 x1       x2  2 x1 1  y2  2 y1 1  mx 2  1  2  mx1  1 mx  2  2 mx1   x1  x2  3  x1  1   Vậy ta có:  x2  2 x1   x2  2  m m  4  x1 x2    2 Với m  4 thỏa mãn điều kiện đề bài Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 1  sin x  5  2sin x   3 cos x  3  2sin x  PT  5  3sin x  2sin 2 x  3  3cos x  2sin x cos x     3  2cos 2 x  2 3 sin x cos x  3 sin x  3 cos x  0 Đặt t  sin x  3 cos x t  2 PT  t 2  3t  2  0   t  1 + Với t  2
Facebook: Dangquymaths    sin x  3 cos x  2  sin  x    1  x    k 2  3 6 + Với t  1    x   k 2   1 6 sin x  3 cos x  1  sin  x        3  2  x    k 2 3  2 2  1 Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: x  3x  5  2 1   x  1  0 x   Điều kiện: x  1  1 PT   x 2  4 x  4    x  1  2  1   x  1  0  x  1  1   x 2  4 x  4   x  1    2 1   x  1  0  x  x  1     x 2  4 x  4   1   x  2 x  1  0  x 2  1  x  4x  4   x  4 x  4   1   2 0  x  x  2 x 1  x2  4 x  4  0  x  2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: log3 1  log 3 1  3log 3 x    1 + Điều kiện: 1  log 3 1  3log 3 x   0;1  3log3 x  0; x  0 + PT  1  log 3 1  3log 3 x   3  log 3 1  3log3 x   2  1  3log3 x  9 8 3 8 +  3log 3 x  8  log 3 x   x  3 3 + Thử lại thấy thỏa mãn Câu 5 (1,0 điểm). Có năm đoạn thẳng có độ dài lần lượt là 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm. Lấy ngẫu nhiên ra ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng trên. Tính xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra tạo thành một tam giác. + Xét ba đoạn thẳng có độ dài a, b, c thỏa mãn a  b  c  0 ; điều cận để ba đoạn thẳng tạo thành tam giác là a  b  c; b  c  a; c  a  b  b  c  a + Do 2, 4, 6, 8, 10 lập thành cấp số cộng có công sai bằng 2 và a, b, c  2, 4, 6,8,10 nên a  b  2 và b  c  2 + Mà b  c  a  b  2  c  2  c  4  b  6  a  8 + Nếu a  8 thì b, c   4;6    a, b, c   8; 6; 4  + Nếu a  10 thì b, c   4;6;8    a, b, c   10;8; 4  ; 10;8;6  + Ta chỉ có ba bộ  a, b, c  thỏa mãn là ba cạnh tam giác. + Số phần tử không gian mẫu   C53  10 + Số phần tử không gian biến cố  A  3 A 3 + Xác suất của biến cố A: P  A    10
Facebook: Dangquymaths Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Hình chiếu vuông góc của S là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH  2 AH . Gọi I là giao điểm của HC và BD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SCD) theo a. S + Dễ thấy SH   ABCD  a 2 + SH  BH . AH  K 3 + Thể tích khối chóp S.ABCD: A 1 a3 2 D V  .SH .S ABCD  (đvtt) 3 9 H d  I ,  SCD   E IC 3 + Ta có   d  H ,  SCD  HC 5 I 3  d  I ,  SCD    d  H ,  SCD   B 5 C IC BC 3 IC 3 + Vì BI là phân giác trong góc B nên:     IH BH 2 HC 5 + Gọi E là hình chiếu của H trên CD, kẻ HK vuông góc với SE ta có HK vuông góc với mặt phẳng (SCD). 1 1 1 9 1 a 22 + Ta thấy 2  2  2  2  2  HK  HK HS HE 2a a 11 3a 22 Vậy khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD): d  I ,  SCD    55 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 10, đường thẳng AD có phương trình là 3 x  y  0 . Lấy M đối xứng với D qua C, đường thẳng BM có phương trình là 2 x  y  10  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết B có hoành độ dương. N A D + Gọi N là giao điểm của BM và AD + Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ 3 x  y  0 x  2    N  2;6  C 2 x  y  10  0  y  6 B + Dễ thấy A là trunh điểm của DN 2 Ta tính được cos  ANB   ANB  450 . Do đó tam giác ANB vuông cân tại A. 2 M Do đó AD  AN  AB  ABCD là hình vuông. Mà S ABCD  10  AB  10  NB  20 + Vì B thuộc BM nên B  b;10  2b  ; b  0 + Do NB  20 nên ta có: 2 2  b  2   4  2b   20  b  4  B  4; 2  + Phương trình đường thẳng AB : x  3 y  10  0
Facebook: Dangquymaths  x  3 y  10  0 x  1 + Tọa độ điểm A là nghiệm của    A 1;3 3 x  y  0 y  3 + Vì A là trung điểm ND nên  D  0; 0    + Ta có: BC  AD  C  3; 1 Vậy A 1;3 ; B  4; 2  ; C  3; 1 ; D  0; 0   x x 2  y  y  x 4  x3  x  Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  9  x; y  R   x  y  x  1  y  x  1   2 Điều kiện: x  1; y  0 PT 1  x x 2  y  y  x x 2  x  x x   x2  y  x2  x  x  y x  y  x   x y  x y x2  y  x2  x Với x  y ta có 9 PT  2   x  x  x  1  x  x  1  2  2 x  2 x  2 x  1  2 x  x  1  9 2    x  x 1  2  x  x 1  8  25 25  x  x 1  2  x   y 16 16 25 25  Vậy nghiệm của hệ phương trình:  x; y    ;   16 16  Chú ý: với nghiệm x lẻ, ta dùng 570VN bấm nghiệm, rồi dùng kỹ thuật gọi nghiệm, cũng được giá trị x tương ứng. Chúng ta cũng có thể đặt t  x  x  1 . 1 1 1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2  2  2 . Tìm giá trị nhỏ a b 2c a b c nhất của biểu thức: P    bc ca a  b2  c2 2 c2 c2 1 Ta có 2  2  , đặt x  c ; y  c  x 2  y 2  1 ; x  0; y  0 . Dễ thấy x  y  1; xy  1 a b 2 a b 2 4 x y x2 y2 1 x2 y 2 P   2  y  x  1 x  y  1 x2  y 2  x2 y 2  x  1 y  1 1  x2 y 2 2 1 x2 y 2 1 x2 y2 P2  2  x  y  xy  1 1 xy  2 1  x2 y2  x2 y2 2 2
Facebook: Dangquymaths 2 1 1 t Đặt t  xy  t   0;   P  f  t   2   4 t2 1 t2  2 1 t  1 Có f '  t      0  f  t  nghịch biến với t   0;  t  2 3  1 3  4 2 t2    2 1 5 1  P  f  t   f    . Dấu bằng xảy ra khi t   a  b  2c 4 3 4 CHÚC CÁC EM THI TỐT!

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.