Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán chọn lọc số 30

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (846.75 KB, 5 trang )

K THI TH TUYN SINH QUC GIA NM 2015
Mụn: Toỏn ( 30)
Thi gian lm bi: 180 phỳt (Khụng k thi gian giao )

thi c son theo cu trỳc mi nht 2015!(Kốm ỏp ỏn chi tit ti)!

Cõu I (2 im) Cho hàm số y =
3 2
3 2
x x

có đồ thị (C).
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2/ Với mỗi điểm M thuộc (C) kẻ đợc bao nhiêu tiếp tuyến với (C)?
Cõu II (1 im)
Gii phng trỡnh:
sin 3 sin 2 .sin
4 4
x x x

Cõu III (1 im) Tớnh tớch phõn: I =
1
2 2
2
0

4 4
e x
dx
x x

Cõu IV (1 im) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân( AB = BC = 1) và các
cạnh bên SA = SB = SC = 3. Gọi K , L lần lợt là trung điểm của AC và BC. Trên cạnh SA, SB
lần lợt lấy các điểm M, N sao cho SM = BN = 1. Tính thể tích của tứ diện LMNK

Cõu V (1 im) ): Cho n là số nguyên lẻ và n > 2. Chứng minh rằng với mọi a khác 0 luôn có:

2 3 2 3 1
1 1 1
2! 3! ! 2! 3! 1 ! 1 !
n n n
a a a a a a a
a a
n n n

Cõu VI (1 im)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình :

2
2
1 1
x y

Chứng minh rằng với mỗi điểm M(m; 3) trên đờng thẳng y = 3 ta luôn tìm đợc hai điểm T
1
,
T
2
trên trục hoành, sao cho các đờng thẳng MT
1
, MT
2
là tiếp tuyến của (C). Khi đó hãy viết
phơng trình đờng tròn ngoại tiếp tam giác MT
1
T
2
.

Cõu VII (1 im) Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz cho ba im

2;3;1 , 1; 2;0 , 1;1; 2
A B C

.
Tỡm ta trc tõm H v tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC
Cõu VIII (1 im) Với giá trị nào của x và y thì 3 số
2 2
log log
1 2 3
8 , 2 , 5
x y x y
u u u y

theo thứ tự đó, đồng thời lập thành một cấp số cộng và một cấp số nhân.

Cõu IX (1 im) Tìm giá trị của m để bất phơng trình sau ngiệm đúng với mọi x
2
2 2 2
2 log 2 1 log 2 1 log 0
1 1 1
m m m
x x
m m m

CHC CC EM THNH CễNG !

Ghi chỳ: - Thớ sinh khụng c s dng bt c ti liu gỡ!
- Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm!

Hng dn

Cõu I: M thuộc đồ thị (C) suy ra M(a; a
3
- 3a
2
+ 2). đờng thẳng (d) tiếp xúc với (C) tại T(x
0
;y
0
) thì (d) có
phơng trình:
y = (3x
0
2
- 6x
0
)(x - x

0
) + x
0
3
- 3x
0
2
+ 2
Do M (d) nên:

3 2 2 3 2
0 0 0 0 0
3 2 3 6 3 2
a a x x a x x x

2 2
0 0 0
2 3 3 0
a x x a x a a

0 0
3
0
2
a
a x x

0
0
3
2
x a
a
x

TH1:
3
1
2
a
a a

M I(1; 0) có một tiếp tuyến duy nhất
TH2: Nếu
3
1
2
a
a a

M I(1; 0) có hai tiếp tuyến
Cõu II
Đặt
4
t x

khi đó phơng trình trở thành

sin 3 sin 2 sin sin 3 cos 2 sin *

2
t t t t t t

3
2
cos 2 sin sin 3 0
cos 2 sin 3sin 4sin 0
sin cos 2 3 4sin 0
sin cos 2 3 2 1 cos 2 0
sin 3cos 2 1 0
sin 0
,
1 1
1
arccos
cos 2
2 3
3

t t t
t t t t
t t t
t t t
t t
t k
t
k l Z
t l
t

Suy ra :
4
1 1
arccos
4 2 3
x k
x l

Vậy phơng trình có nghiệm
4
x k

,
1 1
arccos
4 2 3
x l

Cõu III :

1 1 1 1
2 2
2 2 2
2
2 2
0 0 0 0
4 4 2 1
1 4
4 4 4 4
2
e x x x

I dx e dx e dx e dx
x x x x
x

1
1
2 2
2
0
0
1 1
4
2
2
e x e dx
x
x

1
2 2 2 2
0
1 5 3
4 ln 2 4 ln
2 3 2
e e x e e
x

Cõu IV :
đ) Lấy điểm E thuộc SA sao cho AE =1 suy ra NE // AB//KL

1
;
6
NKL EKL MEKL MNKL EKM SKC
S S V V S S

Mặt khác khoảng cách từ L đến mặt phẳng (MKE) bằng
2
BK

Vậy
1
6
MEKL SABC
V V mà

1 1 17 1 1 17 34
. .
3 3 2 2 12 144
6 2
SABC ABC KLNM
V SK S V (đvtt)

N
M
E
K
L
C
B
A
S

Cõu V
Coi a là ẩn , điều kiện a khác 0

Đặt

2 3
2 3 1
1
2! 3! !
1
2! 3! 1 ! 1 !
n
n n
a a a
u a
n
a a a a
v a
n n

Suy ra

2 3 1
2 3 2 1
' 1
2! 3! 1 !
' 1
2! 3! 2 ! 1 1 !
n
n n
a a a
u a
n
a a a a
v a
n n

Khi đó:

2 4 1
'
!
2 1 0
2! 4! 1 !
'
!
n
n
n
a
u u
a a a
n
u v
n
a
v v
n

với mọi a và n lẻ, n > 2.
Đặt vế trái củabất đẳng thứccần chứng minh là f(a).
Ta có

' ' '
! ! !
n n n
a a a
f a u v uv u v v u u v
n n n

Do u + v > 0, a 0

' 0
' 0
f a
f a

Ta có bảng biến thiên
a
- 0 +

f(a)

+ 0 -
khi a < 0
khi a > 0

f(a)

1

Vậy, từ bảng biến thiên ta có f(a) < 1 (đpcm)
Cõu VI
Đờng tròn (C) có tâm I(0 ; 1) bán kính R = 1
Điểm T thuộc trục hoành thì T(t; 0)
Điểm M(m; 3) thuộc đờng thẳng y = 3 , ta có:
Phơng trình đờng thẳng MT:

3
3 3 0
3
x m y
x t m t
t m

Do MT là tiếp tuyến của (C) nên khoảng cách từ tâm I của (C) đến MT bằng 1, hay:

2 2
2
2
2
3
1 2 9 2 3 0 *
3
t m t
m t t m t mt
t m

Do phơgn trình (*) luôn có hai nghiệm t
1
, t
2
với mọi m nên luôn tồn tại hai điểm T
1
(t
1
; 0) và T
2
(t
2
; 0) để MT
1
và
MT
2
là tiếp tuyến của (C).
*) Theo định lí Viét có t
1
+ t
2
= -2m. Phơng trình đờng tròn (C
1
) ngoại tiếp tam giác MT
1
T
2
có dạng:

2 2
2 2 0
x y ax by c

Vì M, T
1
, T
2
thuộc đờng tròn (C
1
) nên có hệ:

2
2
1 1
2
2 2
9 2 6 0
2 0
2 0
m ma b c
t at c
t at c

(I)
Giải hệ (I) ta có:

2
2
2
3
a m
m
b
c

Vậy phơng trình của (C
1
) là:

2 2 2
2 2 3 0
x y mx m y

Cõu VII
H

; ;
x y z
l trc tõm ca tam giỏc ABC khi v ch khi

, ,
BH AC CH AB H ABC

2
15
. 0
1 2 2 3 0
29
. 0 3 1 1 2 0
15
2 8 3 5 1 0
, 0

1
3
2 29 1
; ;
15 15 3
x
BH AC
x y z
CH AB x y z y
x y z
AH AB AC
z
H

I

; ;
x y z
l tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC khi v ch khi

,
AI BI CI I ABC

2 2 2 2 2

2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 3 1 1 2
1 1 2 1 2
2 8 3 5 1 0
, 0
x y z x y z
AI BI
CI BI x y x y z
x y z
AI AB AC

14
15
61 14 61 1
, ,
30 15 30 3
1
3
x
y I
z

Cõu VIII
Nếu các số

1 2 3
, ,
u u u
đồng thời lập thành cấp số cộng và cấp số nhân thì

1 3 2
2
1 3 2
2
u u u
u u u

Suy ra
1 3
,
u u
là nghiệm của phơng trình:
2 2
2 2 2
2 0
x u x u x u