Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2015 môn Toán - Đề số 03

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

56
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với 9 câu hỏi tự luận dành cho các bạn học sinh các khối A, A1, B, D có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết sẽ được trình bày cụ thể trong "Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2015 môn Toán - Đề số 03". Mời các bạn cùng tham khảo.

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 03

Facebook: Dangquymaths ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015 NĐQ 0982473363 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B, D Đề số 03 Thời gian làm bài 180 phút 4 2 3m Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x  2mx  (Cm). 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (Cm) khi m  2 . b) Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị đồng thời ba điểm cực trị này cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tứ giác nội tiếp.   2 cos  x    4 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 1  sin 2 x   tan x  1 cosx 2 Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: 4 x  x  10  4 2  2 x  7  x  8 3  x 2 x 1 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: 4 log 81  x  5 x  6   2 log 3 2  log 3 3  x 2 Câu 5 (1,0 điểm). Một tổ gồm 6 học sinh nam và 8 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên hai học sinh rồi tiếp tục chọn thêm một học sinh nữa. Tính xác suất để chọn được học sinh nữ ở lần thứ hai. Câu 6 (1,0 điểm). Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I, AB  a , BC  a 3 . Tam giác SAC vuông tại S. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của đoạn AI. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SAB) theo a. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, đường 4 thẳng BC đi qua điểm N  ;0  . Gọi M là điểm trên cạnh AC sao cho AB  3 AM . Đường tròn 3  tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại D, phương trình đường thẳng CD : x  3 y  6  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết C có hoành độ dương.  4 xy  x  4  2  x  y  2   14 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2 2  x; y  R   x  y  2 x  1  0 1 1 1 3 Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn:    . Tìm giá trị nhỏ x 2 y 2 z 2 xy 3 3 1 z 1 x 96 z nhất của biểu thức: P          .  x y   y z  x 1 ---------- HẾT ----------
Facebook: Dangquymaths HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ 4 2 3m Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x  2mx  (Cm). 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (Cm) khi m  2 . b) Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị đồng thời ba điểm cực trị này cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tứ giác nội tiếp. a) HS tự s...g x  0 3  b) Ta có: y '  8 x  4mx  0   x   m  2 Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị khi m  0  3m   m m 2 3m    m m 2 3m  Khi đó các điểm cực trị: A  0;   B   2 ;  2  2  B  2 ;  2  2   2        m m 2     m m 2 3m  BA  ;  ; BO  ;    2 2   2 2 2  Nhận thấy B và C đối xứng với nhau qua OA, nên ycbt được thỏa mãn khi 4 điểm A, B, C, O tạo thành tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OA. Khi đó  ABO  900 .   m m 4 3m3 Ta có BA.BO  0     0 2 4 4  m  m  1  m 2  2m  2   0  m  1; m  1  3 do m  0   2 cos  x    4 Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình: 1  sin 2 x   tan x  1 cosx  Điều kiện: cosx  0  x   k 2 cos x  sin x PT  1  sin 2 x   1  tan x cosx cos x  sin x 2 cos x  sin x   cos x  sin x   cosx cos x 2   cos x  sin x  cos x  sin x   cos x  sin x   cos x  sin x  cos2 x  1  0 cos x  sin x  0  t anx  1   cos2 x  1 sin x  0 +) sin x  0  x  k
 +) t anx  1  x   k 4  Vậy phương trình có nghiệm: x   k ; x  k  k  Z  4 Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: 4 x 2  x  10  4 2  2 x  7  x  8 3  x Ta có: 2   x 2  x  10  4 2  2 x  x 2  x  4  2  2 x  4 2  2 x  4  x 2  x  4   2  2x  2  0 Do đó điều kiện của phương trình: x  1 Mặt khác:  x 2  x  10  4 2  2 x   x 2  2 x  1  2  2 x  4 2  2 x  4  3  x  2  x 2  x  10  4 2  2 x   x  1  2   2  2x  2  3  x  3  x PT  4 x 2  x  10  4 2  2 x  x  8 3  x  7 (*) Từ (*) ta được: 2 x 8 3 x  7  4 3 x  3 x  4 3 x  4  0   3 x  2   0  x  1 Thử lại thấy x  1 thỏa mãn. 2 x 1 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: 4 log 81  x  5 x  6   2 log 3 2  log 3 3  x 2 Điều kiện: 1  x  3; x  2 x 1 PT  log 3 x 2  5 x  6  log 3  log 3  3  x  2 x 1 PT  log 3 x 2  5 x  6  log 3  3  x   log 3 2 PT  x 2  5 x  6   x  1 3  x  2 5 PT  x  thỏa mãn điều kiện. 3 Câu 5 (1,0 điểm). Một tổ gồm 6 học sinh nam và 8 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên hai học sinh rồi tiếp tục chọn thêm một học sinh nữa. Tính xác suất để chọn được học sinh nữ ở lần thứ hai. 2 1 + Không gian mẫu   C14 .C12  1092
+ TH1: Lần thứ nhất chọn được 2 học sinh nam và lần thứ hai chọn được 1 học sinh nữ. Ta 2 1 có số cách chọn C6 .C8  120 + TH2: Lần thứ nhất chọn được 2 học sinh nữ và lần thứ hai chọn được 1 học sinh nữ. Ta 2 1 có số cách chọn C8 .C6  168 + TH3: Lần thứ nhất chọn được 1 học sinh nam, 1 học sinh nữ và lần thứ hai chọn được 1 1 1 1 học sinh nữ. Ta có số cách chọn C6 .C8 .C7  336 + Gọi A là biến cố: “Lần thứ hai chọn được học sinh nữ”. Số phần tử của không gian biến cố là  A  120  168  336  624 A 624 4 + Xác suất của biến cố A: P A     1092 7 Câu 6 (1,0 điểm). Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I, AB  a , BC  a 3 . Tam giác SAC vuông tại S. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của đoạn AI. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SAB) theo a. S AC a + Ta có AC  AB 2  BC 2  2 z  HI   4 2 + Tam giác SAC vuông tại S nên a 3 IS  IA  IC  a  SH  SI 2  HI 2  2 A D 1 a3 K + Thể tích VS . ABCD  SH .S ABCD  (đvtt) 3 2 J H + Gọi J là hình chiếu vuông góc của H lên AB I K là hình chiếu vuông góc của H lên SJ. B C  AB  SH Ta có   AB   SHJ   AB  HK Mà HK  SJ  AB  JH  HK   SAB   HK  d  H ;  SAB   AH HJ BC a 3 + Do HJ / / BC    HJ   AC BC 4 4 1 1 1 20 3 + Trong tam giác vuông SHJ :     HK  a HK 2 HJ 2 HS 2 3a 2 20 3 Vậy khoảng cách d  H ;  SAB    a 20
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, đường 4 thẳng BC đi qua điểm N  ;0  . Gọi M là điểm trên cạnh AC sao cho AB  3 AM . Đường tròn 3  tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại D, phương trình đường thẳng CD : x  3 y  6  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết C có hoành độ dương.   BAM + Ta có: MDC   900 do đó tứ giác ABCD nội tiếp   ABM  BCD   AB  3  cos  3 + Mặt khác: cos ABM  ACD  MB 10 10   IC .u DC 3 10c  16 cos  ACD      3 + Giả sử C  3c  6; c  , ta có IC u DC 10 10c 2  32c  26  c  1  5c  16c  11  0   2 B c   11  5 N 11 + với c   không thỏa mãn. 5 + Với c  1  C  3; 1 A I C + Phương trình đường thẳng BC : 3 x  5 y  4  0 M + Điểm M  1; 1 ; + Phương trình đường thẳng BM : 3 x  y  4  0 + Tọa độ điểm B  BC  BM  B  2; 2  D + Phương trình đường thẳng AC : y  1  0 + Phương trình đường thẳng AB : x  2  0 + Tọa độ điểm A  AB  AC  A  2; 1  4 xy  x  4  2  x  y  2   14 1 Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình:  2 2  x, y  R   x  y  2 x  1  0  2  Cách 1: 2 PT  2    x  1  y 2  2  y  2  0 mà  2  x  y  2   0  2  x  0 PT 1  14  4 xy  x  2  2  x  4 y  8  4 xy  x   2  x    4 y  8 Do đó: 2 xy  2 y  2  0  3 2 2 2 Lấy  2    3 ta được: x  y  2 x  2 xy  2 y  1  0   x  y  1  0 2  x  4 y  8  x  2 Dấu bằng xảy ra khi:    x  y 1  0  y  1
Vậy cặp nghiệm của hệ  x; y    2; 1 Cách 2: 2 PT 1   2  x  4y  8   4  4 y  4 xy  0 2  2  x  4y  8   2  2 x 2  2 y 2  4 x  4 y  4 xy  0 2  4y  8 2 2 x   2  x  y  1  0  2  x  4 y  8  0 2  x  4 y  8  x  2     x  y  1  0 x  y 1  0  y  1 Vậy cặp nghiệm của hệ  x; y    2; 1 Cách 3: 2 Từ PT (2) ta có: x  2; y  2 2 4  xy  y  1  2  x  2 y  2  HPT      xy  y  1  0 1  xy  y   x  y  12  xy  y  1  0  x  2 HPT   2 2   x  y  2x 1  0  y  1 Vậy cặp nghiệm của hệ  x; y    2; 1 1 1 1 3 Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn:    . Tìm giá trị nhỏ x 2 y 2 z 2 xy 3 3 1 z 1 x 96 z nhất của biểu thức: P          .  x y   y z  x  1 1 3 + Áp dụng a3  b 3   a  b  ta có: 4 3 3 3 3 1 z  1 x  1 1 1 z x  1 2 z x         x y   y z  4  x y y z  4             xy y z  3 1 1 1 2 1 1 1 z x + Từ giả thiết  2 2 2  2  2  xy x y z xy z xy z y z 3 3 3 3  1 z   1 x  1  2 2x  1 x  Do đó             2   x y  y z  4 z z   z  3 1 x  96 z x 1 + Suy ra P  2    . Đặt t  ta được:  z  x 1 z
96  3 32  64 64 1 P  2t 3    2t     16t   64 . Ta có thể khảo sát hàm số f  t   2t 3  . t  t  t t t Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 64 khi t  2 hay x  y  z  1 CHÚC CÁC EM THI TỐT!