ݺߣ

ݺߣShare a Scribd company logo

đE thi thu lan 1 2014-toan thay tam

•Download as DOC, PDF•
•
H
Hồng Nguyễn
1 of 4
Download to read offline
ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN (Lần thứ 1) Luyện Thi Đại Học – Ôn luyện “Kỳ Thi Quốc Gia” 2015 (Biên soạn: Trần Thanh Tâm) (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 1)1(3 23 +++−= xmxxy (1) có đồ thị mC( ), với m là tham số . a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 1−=m . b) Tìm m để đường thẳng (d): y = x + 1 cắt đồ thị mC( ) tại 3 điểm phân biệt P(0;1), M, N sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng 2 25 với O(0;0). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: xxxxxx cos3sin3414cos6sin42cos22cos2 2 +=++− . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: ∫ − −++ = 0 2 1 2 23)1( xxx dx I Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 02.8136.7939.16 1 26 11 13 =+− − − −− − x x x x x x . b) Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng ( các viên bi chỉ khác nhau về màu sắc). Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ): 2 0x y zα + + + = và 04:)( =−−− zyxβ theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy A’B’C’ là tam giác đều cạnh bằng a, hình chiếu vuông góc của đỉnh B lên (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh A’B’. Gọi E là trung điểm của cạnh AC. Tính thể tích của khối tứ diện EHB’C’và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC’A’). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Hai điểm B và C thuộc trục tung. Phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho, biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:     −+=++− −+=−−− 2223 2223 213 213 yxyxyyxy xxyyxxyx ( Ryx ∈, ). Câu 9 (1,0 điểm). Xét hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 24)( 3 ≥++ xyyx . Tìm GTNN của biếu thức 2015)43()(2)(3 2222 +−−+−+= xyxyyxyxP . HẾT
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1 Câu 1. b. Phương trình hoành độ giao điểm của mC( ) và (d): 11)1(3 23 +=+++− xxmxx    =+− ⇒=⇒= ⇔=+−⇔ )2(03 )1;0(10 0)3( 2 2 mxx Pyx mxxx Để mC( ) cắt (d) tại 3 điểm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0     < ≠ ⇔ 4 9 0 m m Giả sử )1;( 11 +xxM , )1;( 22 +xxN khi đó 21 ; xx là nghiệm của pt (2) Ta có R MNONOM dOdMNSOMN 4 .. ))(;(. 2 1 == với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN ))(;(25))(;(.2. 4 .. ))(;(. 2 1 dOddOdRONOM R MNONOM dOdMN ==⇔= (3) )122)(122(. 1 2 11 2 1 ++++= xxxxONOM Với 25124.3;3 2 2 2 21 2 1 ++=⇒−=−= mmONOMmxxmxx 2 2 2 1 ))(;( ==dOd Khi đó thế vào (3) ta được:    −= = ⇔==++ 3 0 5 2 2 2525124 2 m m mm thỏa đề chỉ có 3−=m Câu 2. Pt⇔ xxxxxx cos3sin342sin26sin42cos22cos2 22 +=+− xxxxxx cos3sin322sin6sin22cos2cos 22 +=+−⇔ xxxxxx cos3sin326sin22cos2sin2cos 22 =+−−⇔ xxxxx cos3sin326sin22cos4cos =+−⇔ xxxxxx cos3sin323cos3sin4sin3sin2 =+−⇔    =+ = ⇔=+−−⇔ xxx x xxxx 3cos2cos3sin 03sin 0)cos33cos2(sin3sin2 * )( 3 03sin Ζ∈=⇔= kkxx π *       += +−= ⇔=      −⇔=+ 224 123cos 6 cos3cos2cos3sin ππ π π π k x kx xxxxx )( Ζ∈k Vậy nghiệm của phương trình là: π π kx +−= 12 , 224 ππ k x += , 3 πk x = )( Ζ∈k . Câu 3. ∫ − −++ = 0 2 1 2 23)1( xxx dx I = dx xxx ∫ − +−++ 0 2 1 )3)(1()1( 1 = dx x x x ∫ − + +− + 0 2 1 2 1 3 )1( 1 Đặt 1 3 1 3 2 + +− =⇒ + +− = x x t x x t dx x tdt 2 )1( 4 2 + − =⇒ )37( 2 1 2 1 3 7 −=−=⇒ ∫dtI . Câu 4.
a) Điều kiện 1≠x . Đưa phương trình về dạng 081 2 3 6 793 4 9 16 1 13 1 13 =+      −      − − − − x x x x , rồi đặt 1 13 2 3 − −       = x x t Đáp số : 2; 2 1 == xx . b) Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là 10014 14 =C cách . Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu : + TH1: 1Đ, 1T, 2V có 2 7 1 5 1 2 .. CCC cách + TH2: 1Đ, 2T, 1V có 1 7 2 5 1 2 .. CCC cách + TH3: 2Đ, 1T, 1V có 1 7 1 5 2 2 .. CCC cách Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là 2 7 1 5 1 2 .. CCC + 1 7 2 5 1 2 .. CCC + 1 7 1 5 2 2 .. CCC = 385 cách . Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là 13 8 1001 616 1001 3851001 == − =P . Câu 5. Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) . Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng 02:)( =+++ zyxα và 04:)( =−−− zyxβ theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau nên ta có hệ :      −−−=+++ =+− =+− ⇔      = = = 42 9223 15473 ))(,())(,( cbacba cba cba IdId ICIA IBIA βα Giải hệ ta được :      = = = 3 0 1 c b a hoặc      −= −= = 79 712 719 c b a Với      = = = 3 0 1 c b a , viết được phương trình mặt cầu : 25)3()1( 222 =−++− zyx . Với      −= −= = 79 712 719 c b a , mặt cầu có phương trình : 49 1237 7 9 7 12 7 19 222 =      ++      ++      − zyx Câu 6. )'''//( CBABE nên d(E,(A’B’C’) = B’H Tam giác B’HC’vuông tại H nên B’H = 2 3 '' 22 a HBBB =− 2 '' 20 ''' 8 3 4 3 60sin'.''.' 2 1 aSaCBBAS CHBCBA =⇒==⇒ 168 3 2 3 . 3 1 .' 3 1 32 '''' aaa SHBV CHBCEHB ===⇒ '' ''.3 ))''(,( AACC AACCB S V AACCBd = ; 488 3 333 '''.'''.''. aaa VVV CBABCBAABCAACCB =−=−=
ACJASACJAACIJABIA AACC .',',' '' =⊥⇒⊥⊥ 5 15 . 4 15 4 3 ))''(,( 4 15 '' 3 22 a a a a AACCBd a IJAAJA ==⇒=−= . Câu 7. Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C(0;4) . Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC cũng bằng 1 . Vì B nằm trên trục tung nên B(0;b). Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với BC 0: =≡ xOy nên AB : y = b . Vì A là giao điểm của AB và AC nên       − b b A ; 3 416 . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có 4 3 5 4 3 4 4 4 3 4 3 416 )4( 3 416 4 3 416 .4 2 2 2 2 −+−+− − =       − +−+ − +− − − = ++ = bbb b b b b b b b CABCAB S r ABC 4 3 1 −= b . Theo giả thiết r = 1 nên ta có b = 1 hoặc b = 7 . Với b = 1 ta có A(4;1), B(0;1). Suy ra D(4;4) . Với b = 7 ta có A(-4;7), B(0;-7). Suy ra D(-4;4) . Câu 8. Giải hệ phương trình     −+=++− −+=−−− )2(213 )1(213 2223 2223 yxyxyyxy xxyyxxyx Từ (1) và (2) ta có iyxyxxxyyiyyxyxxyx )2(2)13(13 22222323 −+−−+=++−−−−− )1()1(2)1(1)(33 22332223 ixixyyiiyixiyixyyixx +−−++=−−+−+++⇔ )2)(1(1)()( 2223 xixyiyiiyixyix +−+=−−+−+⇔ 23 ))(1(1)()( ixyiiyixyix −+=−−+−+⇔ 0)1()1( 23 =+−−++⇔ izziz izzz −−=−==⇔ 1;1;1 . Do đó (x;y) = (1;0); (-1;0); (-1;-1) . Câu 9. Với mọi số thực x, y ta luôn có xyyx 4)( 2 ≥+ , nên từ điều kiện suy ra 102)()(24)()()( 23323 ≥+⇒≥−+++⇒≥++≥+++ yxyxyxxyyxyxyx . Ta biến đổi P như sau 2015)43()2(2)( 2 3 )( 2 3 22222222 +−−++−+++= xyxyxyyxyxyxP 2015)(2)( 2 3 )( 2 3 2244222 ++−+++= yxyxyx (3) Do 2 )( 222 44 yx yx + ≥+ nên từ (3) suy ra 2015)(2)( 4 9 22222 ++−+≥ yxyxP . Đặt tyx =+ 22 thì 2 1 ≥t (do )1≥+ yx . Xét hàm số 20152 4 9 )( 2 +−= tttf với 2 1 ≥t , có 02 2 9 )(' >−= ttf , với 2 1 ≥t nên hàm số f(t) đồng biến trên      +∞; 2 1 . Suy ra 16 32233 2 1 )(min ; 2 1 =      =       +∞∈ ftf t . Do đó GTNN của P bằng 16 32233 , đạt được khi và chỉ khi 2 1 == yx .

More Related Content

đE thi thu lan 1 2014-toan thay tam

  • 1. ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN (Lần thứ 1) Luyện Thi Đại Học – Ôn luyện “Kỳ Thi Quốc Gia” 2015 (Biên soạn: Trần Thanh Tâm) (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 1)1(3 23 +++−= xmxxy (1) có đồ thị mC( ), với m là tham số . a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 1−=m . b) Tìm m để đường thẳng (d): y = x + 1 cắt đồ thị mC( ) tại 3 điểm phân biệt P(0;1), M, N sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng 2 25 với O(0;0). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: xxxxxx cos3sin3414cos6sin42cos22cos2 2 +=++− . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: ∫ − −++ = 0 2 1 2 23)1( xxx dx I Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 02.8136.7939.16 1 26 11 13 =+− − − −− − x x x x x x . b) Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng ( các viên bi chỉ khác nhau về màu sắc). Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ): 2 0x y zα + + + = và 04:)( =−−− zyxβ theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy A’B’C’ là tam giác đều cạnh bằng a, hình chiếu vuông góc của đỉnh B lên (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh A’B’. Gọi E là trung điểm của cạnh AC. Tính thể tích của khối tứ diện EHB’C’và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC’A’). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Hai điểm B và C thuộc trục tung. Phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho, biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:     −+=++− −+=−−− 2223 2223 213 213 yxyxyyxy xxyyxxyx ( Ryx ∈, ). Câu 9 (1,0 điểm). Xét hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 24)( 3 ≥++ xyyx . Tìm GTNN của biếu thức 2015)43()(2)(3 2222 +−−+−+= xyxyyxyxP . HẾT
  • 2. ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1 Câu 1. b. Phương trình hoành độ giao điểm của mC( ) và (d): 11)1(3 23 +=+++− xxmxx    =+− ⇒=⇒= ⇔=+−⇔ )2(03 )1;0(10 0)3( 2 2 mxx Pyx mxxx Để mC( ) cắt (d) tại 3 điểm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0     < ≠ ⇔ 4 9 0 m m Giả sử )1;( 11 +xxM , )1;( 22 +xxN khi đó 21 ; xx là nghiệm của pt (2) Ta có R MNONOM dOdMNSOMN 4 .. ))(;(. 2 1 == với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN ))(;(25))(;(.2. 4 .. ))(;(. 2 1 dOddOdRONOM R MNONOM dOdMN ==⇔= (3) )122)(122(. 1 2 11 2 1 ++++= xxxxONOM Với 25124.3;3 2 2 2 21 2 1 ++=⇒−=−= mmONOMmxxmxx 2 2 2 1 ))(;( ==dOd Khi đó thế vào (3) ta được:    −= = ⇔==++ 3 0 5 2 2 2525124 2 m m mm thỏa đề chỉ có 3−=m Câu 2. Pt⇔ xxxxxx cos3sin342sin26sin42cos22cos2 22 +=+− xxxxxx cos3sin322sin6sin22cos2cos 22 +=+−⇔ xxxxxx cos3sin326sin22cos2sin2cos 22 =+−−⇔ xxxxx cos3sin326sin22cos4cos =+−⇔ xxxxxx cos3sin323cos3sin4sin3sin2 =+−⇔    =+ = ⇔=+−−⇔ xxx x xxxx 3cos2cos3sin 03sin 0)cos33cos2(sin3sin2 * )( 3 03sin Ζ∈=⇔= kkxx π *       += +−= ⇔=      −⇔=+ 224 123cos 6 cos3cos2cos3sin ππ π π π k x kx xxxxx )( Ζ∈k Vậy nghiệm của phương trình là: π π kx +−= 12 , 224 ππ k x += , 3 πk x = )( Ζ∈k . Câu 3. ∫ − −++ = 0 2 1 2 23)1( xxx dx I = dx xxx ∫ − +−++ 0 2 1 )3)(1()1( 1 = dx x x x ∫ − + +− + 0 2 1 2 1 3 )1( 1 Đặt 1 3 1 3 2 + +− =⇒ + +− = x x t x x t dx x tdt 2 )1( 4 2 + − =⇒ )37( 2 1 2 1 3 7 −=−=⇒ ∫dtI . Câu 4.
  • 3. a) Điều kiện 1≠x . Đưa phương trình về dạng 081 2 3 6 793 4 9 16 1 13 1 13 =+      −      − − − − x x x x , rồi đặt 1 13 2 3 − −       = x x t Đáp số : 2; 2 1 == xx . b) Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là 10014 14 =C cách . Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu : + TH1: 1Đ, 1T, 2V có 2 7 1 5 1 2 .. CCC cách + TH2: 1Đ, 2T, 1V có 1 7 2 5 1 2 .. CCC cách + TH3: 2Đ, 1T, 1V có 1 7 1 5 2 2 .. CCC cách Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là 2 7 1 5 1 2 .. CCC + 1 7 2 5 1 2 .. CCC + 1 7 1 5 2 2 .. CCC = 385 cách . Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là 13 8 1001 616 1001 3851001 == − =P . Câu 5. Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) . Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng 02:)( =+++ zyxα và 04:)( =−−− zyxβ theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau nên ta có hệ :      −−−=+++ =+− =+− ⇔      = = = 42 9223 15473 ))(,())(,( cbacba cba cba IdId ICIA IBIA βα Giải hệ ta được :      = = = 3 0 1 c b a hoặc      −= −= = 79 712 719 c b a Với      = = = 3 0 1 c b a , viết được phương trình mặt cầu : 25)3()1( 222 =−++− zyx . Với      −= −= = 79 712 719 c b a , mặt cầu có phương trình : 49 1237 7 9 7 12 7 19 222 =      ++      ++      − zyx Câu 6. )'''//( CBABE nên d(E,(A’B’C’) = B’H Tam giác B’HC’vuông tại H nên B’H = 2 3 '' 22 a HBBB =− 2 '' 20 ''' 8 3 4 3 60sin'.''.' 2 1 aSaCBBAS CHBCBA =⇒==⇒ 168 3 2 3 . 3 1 .' 3 1 32 '''' aaa SHBV CHBCEHB ===⇒ '' ''.3 ))''(,( AACC AACCB S V AACCBd = ; 488 3 333 '''.'''.''. aaa VVV CBABCBAABCAACCB =−=−=
  • 4. ACJASACJAACIJABIA AACC .',',' '' =⊥⇒⊥⊥ 5 15 . 4 15 4 3 ))''(,( 4 15 '' 3 22 a a a a AACCBd a IJAAJA ==⇒=−= . Câu 7. Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C(0;4) . Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC cũng bằng 1 . Vì B nằm trên trục tung nên B(0;b). Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với BC 0: =≡ xOy nên AB : y = b . Vì A là giao điểm của AB và AC nên       − b b A ; 3 416 . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có 4 3 5 4 3 4 4 4 3 4 3 416 )4( 3 416 4 3 416 .4 2 2 2 2 −+−+− − =       − +−+ − +− − − = ++ = bbb b b b b b b b CABCAB S r ABC 4 3 1 −= b . Theo giả thiết r = 1 nên ta có b = 1 hoặc b = 7 . Với b = 1 ta có A(4;1), B(0;1). Suy ra D(4;4) . Với b = 7 ta có A(-4;7), B(0;-7). Suy ra D(-4;4) . Câu 8. Giải hệ phương trình     −+=++− −+=−−− )2(213 )1(213 2223 2223 yxyxyyxy xxyyxxyx Từ (1) và (2) ta có iyxyxxxyyiyyxyxxyx )2(2)13(13 22222323 −+−−+=++−−−−− )1()1(2)1(1)(33 22332223 ixixyyiiyixiyixyyixx +−−++=−−+−+++⇔ )2)(1(1)()( 2223 xixyiyiiyixyix +−+=−−+−+⇔ 23 ))(1(1)()( ixyiiyixyix −+=−−+−+⇔ 0)1()1( 23 =+−−++⇔ izziz izzz −−=−==⇔ 1;1;1 . Do đó (x;y) = (1;0); (-1;0); (-1;-1) . Câu 9. Với mọi số thực x, y ta luôn có xyyx 4)( 2 ≥+ , nên từ điều kiện suy ra 102)()(24)()()( 23323 ≥+⇒≥−+++⇒≥++≥+++ yxyxyxxyyxyxyx . Ta biến đổi P như sau 2015)43()2(2)( 2 3 )( 2 3 22222222 +−−++−+++= xyxyxyyxyxyxP 2015)(2)( 2 3 )( 2 3 2244222 ++−+++= yxyxyx (3) Do 2 )( 222 44 yx yx + ≥+ nên từ (3) suy ra 2015)(2)( 4 9 22222 ++−+≥ yxyxP . Đặt tyx =+ 22 thì 2 1 ≥t (do )1≥+ yx . Xét hàm số 20152 4 9 )( 2 +−= tttf với 2 1 ≥t , có 02 2 9 )(' >−= ttf , với 2 1 ≥t nên hàm số f(t) đồng biến trên      +∞; 2 1 . Suy ra 16 32233 2 1 )(min ; 2 1 =      =       +∞∈ ftf t . Do đó GTNN của P bằng 16 32233 , đạt được khi và chỉ khi 2 1 == yx .