- Trang chủ >>
- THPT Quốc Gia >>
- Toán
Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán chọn lọc số 35
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (837.03 KB, 6 trang )
KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: Toán (đề 35)
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề thi được soạn theo cấu trúc mới nhất 2015!(Kèm đáp án chi tiết tại)!
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
1
2 1
4
y x mx m
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
1
khi
1
m
.
2. Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
1
có ba điểm cực trị ; đồng thời ba
điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng
32 2
.
Câu II (1 điểm) a) Giải phương trình:
2 cos 3
(2 sin 1) t anx
s inx 1 cos
x
x
x
b) Chứng minh rằng :
)0(sincot21
sin
cos1
sin
cos1
2
2
xx
x
x
x
x
.
Câu III (1 điểm) Tính nguyên hàm
2
8 os sin 2 3
sinx cos
c x x
I dx
x
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 2a, BC = a. Các cạnh bên của
hình chóp bằng nhau và bằng
2a
.
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
b) Gọi M, N, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, SC, SD. Chứng minh đường thẳng SN vuông
góc với mặt phẳng (MEF).
Câu V (1 điểm) ) Cho
, ,
x y z
là các số thực dương thoả mãn:
2 1
xy xz
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 4 5
yz zx xy
P
x y z
Câu VI (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD với A(1;0) đường chéo
BD có phương trình : x – y +1 = 0 Tìm toạ độ các đỉnh B, C, D Biết
4 2
BD
.
Câu VII (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :
d
1
:
2 1
1 1 2
x y z
, d
2
:
2 2
3
x t
y
z t
Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d
1
và d
2
.
Câu VIII (1 điểm) Giải phương trình:
8
4 2
2
1 1
log 3 log 1 log 4 .
2 4
x x x
Câu IX (1 điểm) Giải hệ phương trình:
2
2 1 1 2 2 1 8
2 1 2 13
x y x
y y x x
CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG !
Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì!
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Hng dn
Cõu I:
1)
Với
1
m
ta có hàm số :
4 2
1
2 1
4
y x x
+)TXĐ : D=R
+) Sự biến thiên
-) CBT: ta có
' 3 ' 3
4 ; 0 4 0 0, 2, 2
y x x y x x x x x
'
0 2;0 2;y x
nên hàm số đ/ b trên các khoảng
2;0
và
2;
'
0 ; 2 0;2
y x nên hàm số n/ b trên các khoảng
; 2
và
0;2
+) Cực trị : Hàm số đạt cực tiểu tại
2; 3
CT
x y
, hàm số đạt cực
đại tại
0;
x
. y
CĐ
= 1
+) Nhánh vô cực:
lim
x
y
,
lim
x
y
+) Bảng biến thiên
x
2
0
2
'
y
-
0 + 0
-
0 +
y
1
- 3 - 3
+) Đồ thị cắt Ox tại 4
điểm. Cắt Oy tại
1;0
Đồ thị nhận Oy làm
trục đối xứng
2)
y
x
O
1
Ta có:
' 3 ' 3
2
0
4 ; 0 4 0
4
x
y x mx y x mx
x m
Từ đó suy ra hàm số có ba cực trị khi
0
m
Khi đó ba cực trị của hàm số là :
2 2
0; , 2 ; 4 , 2 ; 4
A m B m m m C m m m
Ba điểm A, B, C tạo thành một tam giác cân tại đỉnh A . Gọi H là trung điểm BC
2
0; 4
H m m
,
2 2
1 1
. 4 .4 8
2 2
ABC
S AH BC m m m m
Theo giả thiết ta có
2
32 2 8 32 2 2
ABC
S m m m
.
Vậy
2
m
là giá trị cần tìm.
Cõu II:
iu kin:
cos 0; sinx 1
x
2
2 2
2 c o s 3
( 2 sin 1) t an x
s in x 1 c o s
s in x 3 2 c o s
( 2 sin 1)
c o s c o s s in x 1
2 sin s in x 3 2 c o s
c o s s in x 1
( 2 sin 3 )(s in x + 1 ) 2 c o s
c o s s in x 1
( 2 sin 3 )(s in x -1 )= 2 c o s x
2 sin 3 2
2
1
6
sin
5
2
2
6
x
x
x
x
x
x x
x x
x
x x
x
x
x
x k
x
x k
( ) (T M )
k Z
Cõu III:
2
(sin x cos x) 4cos 2x
I dx sin x cos x 4(sin x cos x dx
sin x cos x
I 3sin x 5cos x dx 3cos x 5sin x C
Cõu IV
a) Gi O = AC
BD
Theo gi thit SA = SB = SC= SD
v OA = OB = OC = OD, tc hai im S v O cỏch u
bn im A, B, C, D. Suy ra ).(ABCDSO
2
5
5
22
a
AOaBCABAC
Trong tam giỏc vuụng SOA,
D
S
A
B
C
E
F
N
M
K
O
2a
a
2a
SO
2
= SA
2
- AO
2
=
4
3
2
a
2
3a
SO .
Vy th tớch ca khi chúp S.ABCD l:
3
3
.
3
1
3
.
a
SSOV
ABCDABCDS
(vtt).
b) Gi K l trung im EF, khi ú K l trung im SN.
Ta cú a
aa
SOMOSM
4
3
4
22
22
, do ú
MNSM
, suy ra tam giỏc SMN cõn ti M, dn
n
.MKSN
Mt khỏc
EFSN
, suy ra
MEFSN . pcm
Cõu V
Ta có
3 4 5
2 3
2 . 2.2 . 3.2 . 2 4 6
4 2 4.2 2.2
4 2 4
yz zx xy yz zx yz xy zx xy
P
x y z x y x z y z
yz zx yz xy zx xy
z y x
x y x z y z
x y x z xy xz
xy xz
Dấu đẳng thức xảy ra khi :
1
3
2 1
x y z
x y z
xy xz
Vậy
min
1
4
3
P khi x y z
Cõu VI
Đờng thẳng (AC) đi qua
1;0
A và nhận
1;1
BD
U
làm vtpt
: 1 0
AC x y
. Gọi
I AC BD
toạ độ I là nghiện của hệ pt :
1 0 0
0;1
1 0 1
x y x
I
x y y
.
C đối xứng với A qua I
1;2
C
Đờng tròn tâm I bán kính
2 2
IB
có phơng trình là:
2
2
1 8
x y
Toạ độ B, D là nghiệm của hệ :
2
2
2
2;3 , 2; 1
4
1 8
1
2; 1 , 2;3
1 0
B D
x
x y
y x
B D
x y
Cõu VII
phng trỡnh mt cu cú ng kớnh l on vuụng gúc chung ca d
1
v d
2
Cỏc vộc t ch phng ca d
1
v d
2
ln lt l
1
u
( 1; - 1; 2) v
2
u
( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0)
d
1
; N( 2; 3; 0)
d
2
Xét
1 2
; .
u u MN
= - 10
0. Vậy d
1
chéo d
2
Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)
d
1
B(2 – 2t’; 3; t’)
d
2
1
2
. 0
. 0
AB u
AB u
1
3
' 0
t
t
A
5 4 2
; ;
3 3 3
; B (2; 3; 0)
Đường thẳng
qua hai điểm A,B là đường vuông góc chung của d
1
và d
2
.Ta có
:
2
3 5
2
x t
y t
z t
PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng:
2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
x y z
Câu VIII
Điều kiện:
0 1
x
2 3 1 4
x x x
Trường hợp 1:
1
x
2
2 2 0 2
x x x
Trường hợp 1:
0 1
x
2
2 6 3 0 2 3 3
x x x
Vậy tập nghiệm của (2) là
2;2 3 3
T
Câu IX
§k:
1
2
x
. §Æt
2 1, 0
t x t
. HÖ pt trë thµnh
2
2 2
2 8 1
1 2 8
12
3 12 2
t y ty
t y t
y yt t
t y ty
Tõ (1) vµ (2) suy ra
2
3
2 3 0 0
2
t y t y t y t y
+)
t y
thay vµo (1) ta ®îc
2
t y
Víi
5
2 2 1 2
2
t x x
, nghiÖm hÖ lµ
5
; 2
2
+)
3
2
y t
thay vµo (1) ta ®îc:
2
3 61
4 6 13 0 0
4
t t t do t
Víi
3 61
3 3 61
3 61
4
2 4
4
43 3 61
3 61
2 1
164
yy
t
xx
VËy hÖ pt cã hai nghiÖm
5 43 3 61 3 61
; ; 2 , ;
2 16 4
x y
