Tuyển tập 10 đề thi thử 2015 kèm đáp án môn: Toán - Trường THPT Lý Thái Tổ

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:43

Thêm vào BST

Báo xấu

75
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn củng cố lại kiến thức đã học và làm quen với dạng đề thi môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo tuyển tập 10 đề thi thử 2015 kèm đáp án môn "Toán - Trường THPT Lý Thái Tổ". Hy vọng đề thi sẽ giúp 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: Tuyển tập 10 đề thi thử 2015 kèm đáp án môn: Toán - Trường THPT Lý Thái Tổ

LỚP TOÁN 131/10 LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI CHUNG KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015 Đà Nẵng, Ngày 07 tháng 12 Môn: TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số: y  x3  2 x 2  x (*) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (*) b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm cách đều hai trục tọa độ. Câu 2(1,0 điểm). Giải phương trình: 2 2 sin x  tan x  1   1 Câu 3(1,0 điểm). Tính tích phân: I   x e x  x .dx 0 Câu 4(1,0 điểm). a) Giải phương trình: 4log 4  x  2   log 1  x  1  2 2 2 b) Một gia đình bốn người vào một tiệm ăn trên đường Hùng Vương. Thực đơn tiệm ăn có 8 món ăn, mỗi thành viên gọi một món ngẫu nhiên. Tính xác suất để bốn người gọi bốn món khác nhau. x y 1 z 1 Câu 5(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 1 :   và đường thẳng 2 1 1 x  3 y 1 z  2 2 :   . Chứng minh rằng 1 và  2 cắt nhau. Viết phương trình mặt phẳng chứa hai 1 1 2 đường thẳng 1 và  2 . Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc đáy và SA  a . M là trung điểm CD góc giữa SM và mặt phẳng đáy bằng 30o , N là trung điểm SB. Tính thể tích hình chóp S.ABCD và tính khoảng cách từ N đến mp(SAM). Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho tam giác ABC có M   3;3 và N thuộc BC   sao cho BM  CN. Điểm E  3; 3 trên AB, điểm F trên AC sao cho EN//AC, FM//AB và EN cắt FM tại I   3; 1 . Biết BI là phân giác góc B, xác định tọa độ các đỉnh A, B, C.  x  y   2 x  2 y  2 4 xy  2 Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình   x, y  R   x y  2 x  y  2  4 xy  x  2  2 Câu 9(1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm và thõa mãn điều kiện x  y  z  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: z 2  x 2  y 2  z 2    3z  1 x  y   1 P  x y  z  x  z  y  z  ----------Hết---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………………….. Số báo danh:………………..
Câu 1: a/ TXD: D=R + lim y   lim y   x  x  1 ĐH: y '  3x2  4 x  1 , y '  0  x  1  x  3 BBT: x  1/ 3 1  y‟ + 0  0 + y 4 / 27   0  1 1  Hàm số đông biến trên  ,  và 1,   . Hàm số nghịch biến trên  ,1  3 3  4 1 Hàm số đạt cực đại yCD  tại xCD  , đạt cực tiểu yCT  0 tại xCT  1 27 3 Đồ thị: b/Gọi điểm cách đề hai trục là M ( xo , xo3  2 xo2  xo ) Ta có : xo  xo3  2 xo2  xo  x03  2 xo2  xo   xo  xo  0  xo  2 Khi xo  0  yo  0 Suy ra tiếp tuyến y  f '(0)( x  0)  0  y  x Khi xo  2  yo  2 Suy ra tiếp tuyến y  f '(2)( x  2)  2  y  5x  8 Câu 2 :    ĐK: x   k . Pt  2 sin 2 x  cos x  sin x  sin 2 x  sin   x  2 4      2  2 x  4  x  k 2  x  12  k 3  2    x  k  2 x       x   k 2  x  3  k 2 12 3     4   4
1 1 1 Câu 3: Đặt t  x suy ra I   2t 2  et  t 2 dt   2t 4 dt   2t 2et dt  I1  I 2 0 0 0 1 2t 5 1 2 1 u  2t 2  du  4tdt + I1   2t dt  4  + I 2   2t e dt Đặt  2 t  dv  e dt v  e t t 0 5 0 5 0  1 1 1  I 2  2t 2et   4tet dt  2e   4tet dt   I 3  0 0 0 u  4t du  4dt t 1 1 t 1  4e  4  e  1  4 0 0 Đặt     I  4te  4e t dt  4e  4e dv  e dt v  e t t 3 0 2 2 2 18 Vậy I   I 2   2e  I 3   2e  4  2e  5 5 5 5 Câu 4: a/ DK : x  2, x  1 Pt  log 2 ( x  2)2  log 2 ( x  1) 2  2  log 2 ( x  2) 2  log 2 4( x  1) 2 4  ( x  2)2  4( x  1) 2  3x 2  4 x  0  x  0  x   3 b/Số cách gọi món ăn của 4 thành viên là: 84    84 Gọi A là biến cố: “Mỗi người gọi một món khác nhau”. Suy ra A  A84 A A84 105 Vậy xác suất để bốn người gọi bốn món khác nhau là : P( A)     84 256 u1   2,1, 1 , M1   0,1,1 Câu 5:a/Ta có:  u1 , u2    3,3, 3 , M1M 2   3,0, 3 u2  1, 1, 2  , M 2   3,1, 2  Ta thấy u1 , u2    3,3, 3  0 và u1 , u2  .M1M 2  3(3)  3.0  (3)(3)  0 Suy ra hai đường thẳng 1 ,  2 cắt nhau. b/Phương trình mặt phẳng chứa 1 ,  2 đi qua điểm M 1 và nhận u1 , u2    3,3, 3 làm vtpt:   1 , 2  : x  y  z  0 Câu 6: S Ta có : SMA  SM ;( ABCD)  30o Suy ra AM  SA.cot 30o  a 3 Gọi cạnh hình vuông ABCD là x (x>0) 2  x x 5 2a 3  AM  x     2 x N F 2 2 5 A D 2 E 1 1  2a 3  4 a 3 Vậy VS . ABCD  SA.S ABCD  a.    M 3 3  5  5 B C
Gọi F là trung điểm AD. E là giao điểm của AM và BF Ta có ABF  DAM  AFB  AMD EAF  AFE  EAF  AMD  90o  AEF  90o Suy ra BE vuông góc AM, mà BF vuông góc SA Nên BE vuông góc (SAM)    d ( B,(SAM )) Do S thuộc (SAM) và N là trung điểm SB nên: 1 BE d ( N , ( SAM ))  d ( B, ( SAM ))  2 2 Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao: 2  2a 3    AB 2  5  4a 3 BE    AF a 3 5 BE 2a 3 Vậy d ( N , ( SAM ))   2 5 Câu 7: A E F H I B M N C Ta tính được IE  IM  4, EIM  120o Vẽ IH song song BC ta được BMIH là hình bình hành, do BI là phân giác góc B nên BMIH là hình thoi  IH  IM  IE  tam giác IEH cân tại I suy ra ABC cân tại C. Mà AEIF là hình bình hành nên EAF  EIF  180o  EIM  600 suy ra ABC là tam giác đều. Ta cm được EFNM là hình chữ nhật Suy ra được : I là trung điểm EN  N 3 3,1   I là trung điểm MF  F 3, 5  A   3, 7  M là trung điểm BN     3,5 , N là trung điểm MC  C  5 3, 1 Câu 8: Từ pt(1): ( x  y)2  2 x  2 y  2 4 xy  ( x  y)2  2. x  y  4 xy  2. 4 4 xy (*) Xét hàm số : f (t )  t 4  2t với t  0
 f '(t )  4t 3  2  0 t  0 Suy ra hàm f(t) đồng biến (*)  x  y  4 4 xy  ( x  y)2  4 xy  ( x  y)2  0  x  y x  y  Hệ tương đương:  3  x  3x  2  4 x  x  2(2)  2   x3  3x  2  4 x 2  x  2  0  x3  x 2  3x  2  x 2  4 x 2  x  2  0 x4  4 x2  x  2  x  x  3x  2  3 2 0 x2  4x2  x  2  x 1    x3  x 2  3x  2  1  0  x 2  4 x 2  x  2   x  x  3x  2  0 3 2 x  2  ( x  1)( x  x  1)  0   2  x  5 1  2  5 1 5 1  Vậy hệ có nghiệm  2, 2  ,  ,   2 2  x yz x  y  2z Câu 9:Ta có: x( y  z )  ; ( x  z )( y  z )  và 2( x2  y 2 )  ( x  y)2 2 2 z 2( x 2  y 2 )  2 z 2  (3 z  1)( x  y )  1 P  x yz x  y  2z 2 2 1 z ( x  y )  (3 z  1)( x  y )  2 z 2  1 2  P  2 x yz x  y  2z 1 z ( x  y  z )( x  y  2 z )  x  y  1  P  2 x yz x  y  2z 1 z x  y 1  P   x y z 2 x  y  z x  y  2z 1 x  y  2z x  y  z  P  1  2 1  1 2 x  y  z x  y  2z x  y  z x  z  y  z   1 Suy ra min P  2 . Dấu “=” xảy ra khi:  x  y  z  1  x  y  ,z  0  x  y  2z 2 x y z    x yz  x  y  2z
LỚP TOÁN 131/10 LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI CHUNG KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015 Đà Nẵng, Ngày 28 tháng 12 Môn: TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 2 Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1(4,0 điểm). Cho hàm số: y  x4  2m2 x 2  3m2 (*) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (*) khi m  1 . b) Xác định m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là A, B, C sao cho ABC là một tam giác nhọn. 2     Câu 2(2,0 điểm). Giải phương trình: sin 3x  cos  x    sin  2 x   2  4  4 x ln x  2 1 Câu 3(2,0 điểm). Tính tích phân: I   .dx 0 x2 Câu 4(2,0 điểm).  x 1 22 x  2 x  232 x 2 2 a) Giải phương trình: b) Một cửa hàng thực phẩm tết có 21 món gồm: 3 loại hạt dưa khác nhau, 5 loại mứt khác nhau, 6 loại bánh khác nhau, 7 loại kẹo khác nhau. Một khách hàng muốn mua 4 món bất kì, tính xác suất để 4 món vị khách đó mua không nhiều hơn 3 loại và phải luôn có hạt dưa. x 1 y  2 z 1 Câu 5(2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 1 :   và đường thẳng 2 2 1 x  3 y 1 z 2 :   . Chứng minh rằng 1 và  2 chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng chứa 1 1 2 đường thẳng 1 và đoạn vuông chung của 1 và  2 . Câu 6(2,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A‟B‟C‟có đáy là tam giác đều cạnh 2a, A‟ cách đều ba điểm A, B, C và AA‟  a 2 , M là trung điểm B‟C‟. Tính thể tích lăng trụ và góc giữa B‟C và mp(ACC‟A‟). Câu 7(2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB  AC, đường trung tuyến AM có phương trình x  2 y  4  0 . Đường tròn có tâm thuộc AC đi qua hai điểm  5 25 A, M và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại H  4,  (H  AC). Biết diện tích tam giác là  2 4 Tìm tọa độ các đỉnh tam giác.  x  1 2 y  2   y x 2  7 y  2 y y  Câu 8(2,0 điểm). Giải hệ phương trình   x, y  R  2 y  2  x 2  7 y  2 x  1  Câu 9(2,0 điểm). Cho x, y là các số thực dương và thõa mãn điều kiện x 2  y 2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x 1 y 1 xy  3 P  2  x  y y  x x  y 1 2 ----------Hết---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………………….. Số báo danh:………………..
Câu 1:  b/ Để ABC là một tam giác nhọn thì BAC  90o  cos BAC  0  cos AB, AC  0  m  1  m  1  Câu 2:  2 x  k 3 2      sin 3x  cos  x    sin  2 x     2sin x  1 cos 2 x  cos x   0   x   / 6  k 2 2  4  4  5 x   k 2  6 x ln x  2 1 x ln  x  2  1 1 dx Câu 3: I   .dx   dx Đặt t  ln  x  2   dt  ,  x  et  2 0 x2 20 x2 x2 u  t  du  dt ln 3 Đổi cận  I  1 2 ln2  t   Đặt    dv   e  2  dt e 2 t .dt v  e  2t t t  ln 3 ln 3 1 ln 3 t          e  t  1 1 t 1 t ln 3 1 t 2 ln 3 2 ln2 ln 2 2 ln2 I  e t  2 t .dt  e  2t t  e  2t dt  e  2t t 2 2 ln 2 2 ln 2 1  27    ln  ln 2 2  ln 2 3  1 2 4  51 Câu 4: KGM   C214 , A là biến cố 4 món được suy ra  A  1.C181  C32C182  3C182  C31C51C61C71  P  133 Câu 5: Ptmp: x  y  4 x  4  0 Câu 6: V  a3 2 và cos  B ' C ,  ACC ' A '   2 6 Câu 7: Chứng minh B đối xứng với H qua AM. A Ta có góc BAC= góc AHM ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) suy ra tam giác MAB= tam giác MAH Suy ra AM là đường trung trực của BH H  3 Tính được tọa độ điểm B=  6,   2   B M C Ta lại có S ABC 25 S ABC  2S ABM  BH . AM  BH .BM  BM   BH 4 5 7 1  13 5  gọi M theo t ta tính được M   ;   , M   ,  2 4  2 4 7 1 Với M   ;    C  1,1 , A   6,1 2 4   13 5  Với M   ,   C   7, 4  , A   4, 0   2 4 Câu 8: Ta thấy y  0, x  1 không phải là nghiệm của hệ
  x  1  y  2 y  2   2 y y  x  1     2 y  2  x  7 y  2 x  1 2   2y    x  y  1   2 y  2  0 pt(2). y trừ pt(1):    y  x  1   2 y  2  x  7 y  2 x  1  2 x  y 1   2 y  2  x  7 y  2 x  1  2 2  1   1  Thay vào (2)  2 y  2   y  1  7 y  2 y  2  y     y    7  2 2  y   y  1 Đặt t  y  t 2 y t  1 t  1   Pt  2t  t  7  2  2t  2  t  7   2 2  1t 3          2 2   2t 2 t 7 t 3 t  3 1 3 5 7 5 3 5 y  3  y  3 y 1  0  y  y x y 2 2 2  9  5 3 5   9 5 3 5  Vậy hệ có nghiệm  , , ,   2 2   2 2  Câu 9: Từ điều kiện: ta suy ra được xy  1 và 2  x y  2 x 1 1 Ta có: x 2  y  x 2  y  1  xy  1  xy  x 2  y  1  xy   x  1 x  y  1   x  y x  y 1 2 y 1 1 Tương tự:  y  x x  y 1 2 x 1 y 1 xy  3 2 xy  3 xy  1 Suy ra P   2     0 x  y y  x x  y 1 x  y 1 x  y 1 x  y 1 2 Vậy maxP  0 Dấu “=” xảy ra khi x  y  1
LỚP TOÁN 131/10 LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI CHUNG KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015 Đà Nẵng, Ngày 11 tháng 01 Môn: TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 3 Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề 1 1 Câu 1(4,0 điểm). Cho hàm số: y  x3  2 x 2  5 x  (*) 3 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (*)  m3  b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x  6 x  15 x  log 2   3 2  8  Câu 2(2,0 điểm). Giải phương trình: 2cos x  sin x  5sin x cos 2 x Câu 3(2,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong y  ( x  1)e và y  1  x x 2 Câu 4(2,0 điểm). a) Giải phương trình: log3 x x3  2log x x  15log9 x 3 x 2 3 b) Anh Gin Nguyễn bị cảm, khả năng anh lây bệnh cho một người khỏe mạnh mà 40% và cho một người kém khỏe mạnh là 70%. Biết gia đình anh còn có 3 người khỏe mạnh và 2 người kém khỏe mạnh. Giả sử sự nhiễm bệnh của thành viên này không ảnh hưởng đến sự nhiễm bệnh của các thành viên khác. Tính xác suất để gia đình anh có không quá 5 người bị cảm. Câu 5(2,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S):  x  1   y  1   z  1  25 và 2 2 2 x  2 y  5 z 1 đường thẳng (d ) :   . Xác định tọa độ giao điểm của (d) và (S). Viết phương trình 3 4 5 mặt phẳng qua (d) và cắt (S) theo một đường tròn có chu vi nhỏ nhất. Câu 6(2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật có AC=2BC=2a. Mp(SAB) và mp(SAD) vuông góc đáy, SAD là tam giác cân. O là giao điểm AC và BD, M là trung điểm SC. Tính thể tích hình chóp và cosin góc giữa SO và BM. Câu 7(2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M, N lần lượt là trung  31 13  điểm AB và BC. AN và DM cắt nhau tại I  4; 2  , điểm H  ;  nằm trên BD và thỏa mãn 3BH=HD.  4 4 Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông, biết điểm D có hoành độ dương. Câu 8(2,0 điểm). Xác định m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:    x  y  y  x  1  1  x x  1     x  xy  y  m x  1 Câu 9(2,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z và thõa mãn điều kiện x2  y 2  z 2  2 . Tìm giá trị nhỏ 2 3  2  y  z  2 y2  2 z2  2 nhất của biểu thức: P    y  z  x  z  x  y 2 2 2 ----------Hết---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………………….. Số báo danh:………………..
Câu 1: b/ Khi m  33 phương trình vô nghiệm 1 Khi m  2  m  233 phương trình có 2 nghiệm 3 1 Khi m  2 phương trình có 3 nghiệm 3 1 33 Khi 2  m  2 phương trình có 5 nghiệm 3 Câu 2: 2 cos x  sin x  5sin x cos 2 x  cos x  2sin x  5sin x cos 2 x   tan x  1    x   k  4 3  17   tan 3 x  4 tan 2 x  tan x  2  0   tan x   tan    x    k 2  x    k   tan x  3  17  tan     2  3 1 1 Câu 3: S     x  1 e x  1  x 2 dx       1  2 e Câu 4: 1 a/ x  1, x  3, x  3   b/ Gọi Ai là biến cố: „„Người khỏe mạnh thứ i bị nhiễm bệnh‟‟  P  Ai   0, 4  P Ai  0,6   Bk là biến cố: „„Người không khỏe thứ k mạnh bị nhiễm bệnh‟‟  P  Bk   0,7  P Bk  0,3 Gọi C là biến cố: „„Có không quá 5 người bị cảm‟‟. Do gia đình a Gin có 6 người nên:    C  A1 A2 A3 B1B2  P C  784 / 3125  P  C   2341/ 3125 Câu 5: (d )  ( S )  A  2,5,1 suy ra (d) tiếp xúc (S) nên mặt phẳng chứa (d) và cắt (S) theo đường tròn có chu vi nhỏ nhất suy ra chu vi bằng 0 hay mp tiếp xúc (S): ( ) : 3x  4 y  26  0 Câu 6: Ta có: SAD vuông cân tại A nên SA=a , tính được AB  a 3 1 a3 3 Suy ra V  SA. AB.BC  3 3 Gọi H là trung điểm OC ta cm được BH   SAC   BH  HM Và MH song song SO nên SO; BM  MH ; BM  BMH SO a 2 SC a 5 MH 2 Ta có: MH   ; BM    cos BMH   2 2 2 2 BM 5 Câu 7:
D C 5 10 Ta tính được IH   AB  5 5 4 K Tứ giác AIHN nội tiếp đường tròn tâm K nên K thuộc đường trung trực của IH : 12 x  4 y  81  0 N 25  31   33  Và KH  Từ đó ta tính được K   ; 3  , K   4;  4  4   4 H I Và ta có N đối xứng với I qua KH B  31   13  Với K   ; 3   N  10;   D   2;10  loại A M  4   2  33   23  Với K   4;   N   ; 2   D   4; 8 nhận.  4  2  Suy ra B   9;7   C  14; 3  A   1; 2  Câu 8: Xét x  1  hệ vô nghiệm  1 1    x  y  y  x  1  1  x x  1  Với x  1 hệ     x  y  y  x 1  x 1  x 1   x  xy  y  m x  1  x 1  1  y  m   x 1 1 Đặt a  x  1  ;b  y  a  2, b  0 x 1 a 2  b 2  b  1  a a 2  b 2  a  b  1  0 2a 2  2ma  m2  m  1  0(*) Hệ     a  b  m b  m  a b  m  a Để hệ có nghiệm thì (*) có nghiệm a  2  '  0   1  2  m  1  2 TH 1: a1  2  a2    2  vn 2. f  2   0    m  5m  7  0   '  0 1  2  m  1  2   2  TH 2: 2  a1  a2  2. f  2   0  m  5m  7  0  vn Vậy không có m thõa mãn. S m  4  2   2 Câu 9: Ta có:  x  y  z     x 2  y 2  z 2   6  x  y  z  6 2 z2  2 ĐK : 2  x  y  z    x  y 2z  2z  4  2z   x  y   4z  4z  x  y    2 2 2 2 2 2 2 2  x  y x y 2 2 2x2 2y 2z 2 x2 2x  x 1 5 5 Tương tự :  P    P  3  2      y  z xz x y  y  z yz  y z 2 2 2 2 2 5 2 Vậy min P  dấu bằng xảy ra khi x  y  z  2 3
LỚP TOÁN 131/10 LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI CHUNG KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015 Đà Nẵng, Ngày 25 tháng 01 Môn: TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 4 Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề x2 Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số: y  (*) x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (*) b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các cặp điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ.     3 Câu 2(1,0 điểm). Giải phương trình: sin  6 x    cos  3x     3  3 2 e2 ln x  1 Câu 3(1,0 điểm). Tính tích phân I   e ln 2 x .dx Câu 4(1,0 điểm). a) Giải phương trình trong tập hợp C: z 3   2  i  z 2  2  i  1 z  2i n  2  b) Xác định hệ số không chứa x trong khai triển  x x   biết số hạng không chứa x là số hạng  x thứ 10. Câu 5(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x  3   y  3   z  1  12 , mặt 2 2 2 x 1 y 1 z 1 phẳng   : x  y  z  1  0 và đường thẳng    :   . Chứng minh mp   tiếp xúc 1 2 3 mặt cầu (S), viết phương trình mặt phẳng chứa    và cắt   theo một giao tuyến tiếp xúc (S). Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là nửa lục giác đều đáy lớn AD=2a. Hình chiếu của đỉnh S lên mặt phẳng đáy là điểm H nằm trên AD và thỏa mãn AH=3HD. Mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 60o . Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa AB, SC. Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có I là giao điểm AC  7 9  và BD; điểm M  2,  nằm trên AD sao cho AM=3MD, G  5,1 là trọng tâm tam giác ABC và H  , 2   2 2  là hình chiếu vuông góc I lên đường thẳng AB. Xác định tọa độ các đỉnh hình bình hành.  Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình    x 2  x  y  x 2  y 1  y  x 2  x3   x, y  R     x  2  x y  x2  2  x x  1  Câu 9(1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z và thỏa mãn điều kiện x  y  z  2 xyz . Tìm giá trị nhỏ x3  y 3 y3  z3 z 3  x3 nhất của biểu thức: P   x  y  2z 2x  y  z x  2 y  z ----------Hết---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………………….. Số báo danh:………………..
 2 2   2 2  Câu 1: Cặp điểm đối xứng:  2;  ;   2;   1 2   1  2  2 2 Phương trình tiếp tuyến: y   1 x 2   1  2  1 2 2       3  Câu 2: sin  6 x    cos  3x     3 2 3    3 sin 3x  cos 3x  2sin 3x  1  0  x  18 k 3 e2 2 2 2 2 ln x  1 e2  2e e e e e 1 1 x e2 1 1 Câu 3: I   .dx   .dx   2 .dx  ln x e e ln 2 x  .dx   2 .dx  e ln 2 x e ln x e ln x e ln x 2 z  i Câu 4: a/ z 3   2  i  z 2  2  i  1 z  2i   z  i   z 2  2 z  2   0    z  1  i  x 3n  4 k b/số hạng tổng quát  2  Cnk , số hạng thứ 10 ứng với k  9  3n  4.9  0  n  12 k Vậy hệ số không chứa x  2  C129 9 Câu 5:Tọa độ tiếp điểm giữa   và  S  là A  1;1; 3 . Phương trình mp cắt   theo 1 giao tuyển tiếp xúc  S  thì mp đó đi qua A  1;1; 3 . Vậy mp cần tìm chứa    và qua A:    : x  1  0 3a 5 2a 3 Câu 6: V  d  SC , AB   d  A, SCO   8 17 Câu 7: A H B G I M E D C F  1 9  xE  2  3  2  2   7 1     xE  7  Ta có: ME  HM    6  E   ;4 3 y  7  1  7  2  yE  4 6   E     2 3 2    9  xF  5  2  5   x  6 GF  2 HG    2  F  F   6; 1  y  1  2 1  2   yF  1  F  9  29   x   29t 9   FE    ;5   AB :  2  B    29b; 2  30b   6   2   y  2  30t
  9   xI  5  2  5   29b   xI  6  58b  3  Ta có : GI  2 BG    2   HI   58b  ;60b  3   y  1  2 1  2  30b   yI  1  60b  2   I 29  3 267 Mà : IH  AB  HI .FE  0    58b    5  60b  3  0  b  6  2 236 Suy ra  6681 4241   8451 4064   24409 13018   38597 29923  B   ; D ;  A ;   C   ;   236 118   118 59   118 59   236 118    x 2  x  y  x 2  y 1  y  x 2  x3  Câu 8 :      x  y  x2 1 y  x y  x2  0       x  2  x y  x2  2  x x  1     x  2  x y  x2  2  x x  1   y  x2  x 1      x  2  x y  x  2  x x  1 2    x  1  2  x     2 2  x 2 x x 1  x 1 2  x  x  x 1 0  x 1  2  x 1 5  x  y3   x  x  1 2 1 1 1 Câu 9: ĐK: x  y  z  2 xyz    2 xy yz xz 27  8  3   x3  y 3  2 27 8  27 1 Ta có: x  y  2 z  2 xyz  z  z  2 xy  1  z   x  y    1  3  27  8   x  y  2z 8 z 27 27 x3  z 3  2  y3  z3  2 8  27 1 8  27 1 Tương tự : và x  2y  z 8 y 2x  y  z 8 x 27  1 1 1   27   1 1 1  P       2      8 x y z  8   x  y  2z x  2 y  z 2z  y  z  27  1 1 1   27  1  1 1 1  P      2   . .     8 x y z  8  4 x y z 2 3 6 1 1 1 3 6 1 1 1 3 6  1 1 1  3 6 9 P          3    3.2  8 x y z 8 x y z 8  xy yz xz  8 4 9 3 Vậy min P  Dấu “=” xảy ra khi x  y  z  4 2
LỚP TOÁN 131/10 LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI CHUNG KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015 Đà Nẵng, Ngày 08 tháng 02 Môn: TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 5 Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề Sđt: 0932589246 Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số: y  x3  2mx 2   m2  2m  3 x  2m2  4m (*) với m là tham số a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m  0 b) Xác định m để đường thẳng y  x cắt đồ thị tại 3 điểm A, B, C  xA  xB  xC  sao cho AB  2BC   Câu 2(1,0 điểm). Giải phương trình: 4  cos x 4sin 2 x  1  4sin 6 x  sin 4 x  2sin 2 x 2 2 ln 4 2 e4 x  1 Câu 3(1,0 điểm). Tính tích phân: I   0 2e4 x  1 .dx Câu 4(1,0 điểm). a) Giải bất phương trình: log 6  9 x 1  3  x  1 b) Nhân dịp 14-2 anh Gin quyết định mua hoa tặng gấu. Tiệm hoa có 2 giỏ hoa khác nhau, giỏ thứ nhất có: 4 cành hồng, 4 cành tulip và 2 cành lan; giỏ thứ hai có: 3 cành hồng, 4 cành tulip và 5 cành lan. Anh Gin chọn mỗi giỏ hai hoa, hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho bốn hoa được chọn luôn có hoa hồng và không có hoa lan. Câu 5(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  6 x  4 y  8z  3  0 có tâm x 1 y z 1 I và đường thẳng () :   . Chứng tỏ () cắt ( S ) và xác định tọa độ giao điểm. Viết 1 1 2 phương trình mặt phẳng song song () , tiếp xúc mặt cầu ( S ) và cách đều I, () . Câu 6(1,0 điểm). Cho lăng trụ đều ABC.A‟B‟C‟ có đáy là tam giác đều và AA‟=a, mặt phẳng (A‟BC) tạo với đáy một góc 45o . Điểm M là trọng tâm tam giác A‟AB và N là giao điểm của AC‟ và A‟C. Tính thể tích lăng trụ theo a và khoảng cách giữa hai đường MN, BC. 7  Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B có D  ;3  là 2  chân đường phân giác trong góc A. Gọi M là trung điểm BC, đường thẳng qua B và vuông góc trung tuyến AM có phương trình: 4 x  7 y  20  0 , đường thẳng qua M và vuông góc với cạnh AC có phương trình: 2 x  11y  50  0 . Viết phương trình cạnh BC, biết B có tọa độ nguyên.  x  y  x  4 y 1  7 2 2 Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình   x, y  R  2 y  x  x  2  y  1  3  y  2 2 Câu 9(1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x, y, z  1 và 6 xy  12 yz  6 xz  17 xyz . Tìm P  2 x  1 3 y  2  4 z  3 giá trị lớn nhất của biểu thức: 30 x 2  21y 2  10 z 2 ----------Hết---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………………….. Số báo danh:………………..
Câu 1: x  2  3 2  2  b/ Pthdgd : x  2mx  m  2m  3 x  2m  4m  x   x  2  x  m  x  m  2   0   x  m 2  x  m  2  Theo đề: AB  2BC  xB  xA  2 xC  xB TH1 : m  2  m  2  xA  m  2, xB  m, xC  2  m  1 8 TH2 : m  2  2  m  xA  m  2, xB  2, xC  m  m   3 TH3 : 2  m  2  m  xA  2, xB  m  2, xC  m  vn 8 Vậy m  1, m   3 Câu 2 : 4  cos 2 x  4sin 2 2 x  1  4sin 6 x  sin 4 x  2sin 2 x  4 1  sin 6 x   cos 2 x  4sin 2 2 x  4sin 2 x  1  0    cos 3 x  sin 3 x   cos 2 x  2sin 2 x  1  0 2 2  cos 3 x  sin 3 x  0  cos x  0    x   k  cos 3 x  sin 3 x  0 12   2sin 2 x  1  0 x  0  t  1 Câu 3: Đặt t  2e4 x  1  t 2  2e4 x  1  tdt  4e4 x dx Đổi cận   x  ln 2  t  3 4 ln 4 2 e4 x  1 ln 4 2  2e 4x  2  4e4 x 3 t2  2 1 3 1 3  I  1 2e 4 x  1 .dx   1 8e 4 x 2e 4 x  1 .dx   1 4t  t 2  1 dt  4  1   2  dt  t t  t  1  3 3 3 3 1 1 3 dt 1 3 3 dt 1 3 dt I 4 1 t dt  4  1 2  ln t t  t  1 4 1  4  1 2  ln 3  t  t  1 4 4  t t 1 2  1   3  t 1 u  Đặt t  tan u  dt   tan 2 u  1 du Đổi cận:  dt 4 Xét I1   1 t  t  1 2 t  3  u    3   tan 2 u  1 3 3 cos u 3  I1   du   du  ln  tan u  tan u  1 2  sin u 2 4 4 1 3 3 3 1  I  ln 3  ln  ln 2  ln 3 4 4 2 8 4 Câu 4:
1 a/  x0 2 b/ TH1: Chọn giỏ 1: 2 hoa hồng thì giỏ 2 có thể chon 2 hoa hồng, 2 hoa tulip hoặc 1 hoa hồng và 1 hoa tu lip: Chọn 2 hoa hồng ở giỏ 1: C42 , Chọn 2 hoa ở giỏ 2: C72 . Có: C42C72 cách TH2: Chọn giỏ 1: 1 hoa hồng, 1 hoa tulip thì giỏ 2 có thể chon 2 hoa hồng, 2 hoa tulip hoặc hoa hồng và hoa tu lip: Chọn ở giỏ 1: C41C41 , Chọn 2 hoa ở giỏ 2: C72 . Có: C41C41C72 cách TH3: Chọn giỏ 1: 2 hoa tulip thì giỏ 2 phải chọn 2 hoa hồng hoặc 1 hồng 1 tulip Chọn ở giỏ 1: C42 , chọn hoa ở giỏ 2: C32  C31C41 . Có C42  C32  C31C41  cách Vậy có: 552 cách. Câu 5:Tọa độ giao điểm  2; 1; 1 ;  2;3;7  Mp tiếp xúc (S) và cách đều I và    là mp song song mp  I ,   Ta có A 1,0,1    IA   2, 2, 3   IA, u    1, 7, 4  Phương trình mp cần tìm có dạng: x  7 y  4 z  D  0 3  7.2  4.4  D  D  3  33 2 Để mp tiếp xúc (S) thì d I ,   R   33   12  72  42  D  3  33 2 a3 3 , d  MN , BC   d  BC ,  A ' AB    a Câu 6: V  9 2 Câu 7: Gọi K là giao điểm của hai đường vuông góc  13 16  K C Suy ra K    ;   3 3 Ta c/m KC vuông góc BC. Gọi N là điểm đối xứng với M K qua M suy ra BKCN là hình bình hành. D Xét tam giác ANC có M là trực tâm nên suy ra CM vuông AN A B N Mà CM vuông AB nên suy ra ABN thẳng hàng suy ra BN vuông BC suy ra CK vuông BC. Gọi N  MK  N   3  11a, 4  2a  , B  BK  B   2  7b, 4  4b   2 11 14  Suy ra: M     a,  a   3 2 3   25 11 5   11   MD    a,   a  , BD    7b, 1  4b  , BN   5  11a  7b, 2a  4b   6 2 3  2  25  33a 5  3a 1 Do M, D, B thẳng hàng nên MD, BD cùng phương    3a   1 (1) 11  14b 1  4b b
 11  Và BD vuông góc BN nên BD.BN  0   5  11a  7b    7b    2a  4b 1  4b   0 (2) 2  1 25 Thay (1) vào (2) ta được: 78b3  127b2  24b  25  0  b  1  b   b   3 26 2 Với b  1  a    B   5, 0  , M   3, 4   BC : x  2 y  5  0 3 1  13 16  Với b   B    ,   Loại 3  3 3 25  123 2  Vơi b   B ,   Loại 26  26 13   x  y  x  4 y 1  7 2 2 Câu 8: Giải hệ phương trình:  2 y  x  x  2  y  1  3  y  2 2 Đặt t  y  x 2  x 2  y  t 2   Hệ   y  t 2  t  4 y  1  7    t 2  t  2  y  1  2 2  2t  y  t  2  y  1  3  y   t  12  y  y  1  3  y  1 2  Từ pt(1) suy ra t 2  t  2  0  t  1 Từ pt(2) xét hàm số f  y   y  y  1  3  y  1 Hàm đồng biến trên  1,3  f 1  f  y   f  3  0  f  y   4 Suy ra  t  1  4  t  1 kết hợp suy ra t  1  y  x 2  1  y  x 2  1 2   2 Thay vào (1) y 1  2  0  y  3 x   2 Vậy hệ có nghiệm:  2;3  6 6 6 6 Câu 9: DK       x y z x Ta có: 30 x2  21y 2  10 z 2  12 x2  3 y 2  18x2  2 z 2  18 y 2  8z 2  12 xy  12 xz  24 yz  34xyz P  2 x  1 3 y  2  4 z  3  1  1  2  3 1  6  6  6  2  3  4    12    9    8   34 xyz 34  x  y  z  34.36  x  y  z 3  1 1 1  29  6      3 1   x y z 1  2 3 P   4   34.36  3  34.36  x  17     3 Vậy max P  Dấu “=” xảy ra khi x  1, y  2, z  3 17
LỚP TOÁN 131/10 LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI CHUNG KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015 Đà Nẵng, Ngày 01 tháng 03 năm 2015 Môn: TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 6 Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề Sđt: 0932589246 Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số: y  x3  2mx2  mx (*) với m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m  1 b) Xác định m để hàm số đồng biến trên khoảng  0;     Câu 2(1,0 điểm). Giải phương trình: cos 2 x.cos  x    2  4  4 sin 2 x Câu 3(1,0 điểm). Tính tích phân: I   .dx 0 sin x  cos x Câu 4(1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn   3z  3i   z  1 2 3  i tìm modun của số phức w  z 2i b) Tìm số tự nhiên n thỏa mãn: Cn1 .2  Cn2 .2.22  Cn3 3.23  ...  Cnn .n.2n  2916 Câu 5(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng   : x  2 y  z  1  0 và đường thẳng x 1 y 1 z d  :   . Xác định tọa độ giao điểm A của đường thẳng  d  và mặt phẳng   , viết 2 2 1 phương trình đường thẳng hình chiếu của đường thẳng  d  lên mặt phẳng   . Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Điểm M, N lần lượt là trung điểm SA và BC. Tính theo a thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng (MCD). Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, lấy điểm B‟ đối xứng với B qua C. M, N lần lượt là trung điểm AD và DB‟. Xác định tọa độ điểm B biết rằng đường thẳng qua M, N có phương trình: x  7 y  16  0 , tọa độ B '  4,1 và điểm B có hoành độ âm.    4 x 1  y  1  y y  2 x  2   Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình   x, y  R     x  2  y  y  4   y  4  x  x  1  2 2   Câu 9(1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x2  y 2  z 2  2 xy  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: y 2  2 yz  1 z2 P   2z x  y y 2  2 yz  2 z 2  1 ----------Hết---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………………….. Số báo danh:………………..
Câu 1: 3 b) TH 1:  y '  0  m  3m  0  0  m  2 4 Hàm số đồng biến trên R nên đồng biến trên  0,   3 TH 2:  y '  0  m2  3m  0  m  0  m  hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 nên đồng biến trên 4 các khoảng  , x1  và  x2 ,   . Để hàm số đồng biến trên  0,   thì x1  x2  0 m P0 0m0 3 3 Vậy khi m  thì hàm số đồng biến trên  0,   4     Câu 2: Ta có cos 2 x  1, cos  x      cos 2 x cos  x    1  2  Pt vô nghiệm. 4   4        4 sin 2 x  sin x  cos x   1 4  2 4 1  Câu 3 : I   dx   dx   sin x  cos x   dx sin x  cos x sin x  cos x 0     0 0 2 sin  x     4       3 sin  x    I   sin x  cos x  4  1  4 1 2  2  dx  1  2 I1 0 0 1  cos  x    4  1  x 0t      2 Xét I1 : Đặt t  cos  x    dt   sin  x   dx . Đổi cận   4  4    x  4  t  0 1 1 1 t 1   2 1 1  I1   0 1 t 2 dt  ln 2 t 1 2  ln 3  2 2 2 0  I  1 1 2 2  ln 3  2 2  Câu 4: a) Ta có:  3z  3i   z  1 2 3  i     3  i z  2 3  2i  z  1  3i   2 Suy ra z 2  1  3i  2  2 3i  z 2i  2 3  2i  z 2i  4 b) Ta có : 1  x   '  Cn  Cn x  ...  Cn x  '  n 1  x   Cn  Cn 2 x  Cn 3x  ...  Cn nx n 0 1 n n n 1 1 2 3 2 n n 1 Thay x=2 ta được: n3n 1  Cn1  Cn2 2.2  Cn3 3.22  ...  Cnn n.2n 1  2n3n 1  Cn1 2  Cn2 2.22  ...  Cnn n.2n  2n3n 1  2916  n  6