- Trang chủ >>
- THPT Quốc Gia >>
- Toán
Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán chọn lọc số 5
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (834.28 KB, 6 trang )
K THI TH TUYN SINH QUC GIA NM 2015
Mụn: Toỏn ( 5)
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 hm s mxxmxy 9)1(3
23
, vi
m
l tham s thc.
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho ng vi
1
m
.
2. Xỏc nh
m
hm s ó cho t cc tr ti
21
, xx sao cho 2
21
xx .
Cõu II (1 im)
Gii phng trỡnh:
)
2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1
x
xx
x
x
.
Cõu III (1 im) Tớnh tớch phõn:
5
1
2
13
1
dx
xx
x
I
.
Cõu IV (1 im) Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt
phẳng đáy bằng 30
0
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
1
B
1
C
1
) thuộc đờng thẳng B
1
C
1
. Tính khoảng
cách giữa hai đờng thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
Cõu V (1 im) ): Cho a, b, c
0
v
2 2 2
3
a b c
. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
3 3 3
2 2 2
1 1 1
a b c
P
b c a
Cõu VI (1 im)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)
2
+ (y+2)
2
= 9 và đờng
thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến
AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.
Cõu VII (1 im)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng trình
tz
ty
tx
31
21
. Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Cõu VIII (1 im) Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có mặt
hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
Cõu IX (1 im) Giải bất phơng trình
)3(log53loglog
2
4
2
2
2
2
xxx
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!
CõuI
1. (1,25 im)
Với
1
m
ta có 196
23
xxxy .
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
Chiều biến thiên: )34(39123'
22
xxxxy
Ta có
1
3
0'
x
x
y
, 310'
xy .
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1,(
và ),3(
.
+ Hm số nghịch biến trên khoảng ).3,1(
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1
x
và 3)1( yy
CD
; đạt cực tiểu tại
3
x
và
1)3( yy
CT
.
Giới hạn:
yy
xx
lim;lim .
Bảng biến thiên:
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm )1,0(
.
1 2 3 4
-1
1
2
3
x
y
O
2.
(0,75 điểm)
Ta có .9)1(63'
2
xmxy
+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại
21
, xx
phơng trình 0'
y có hai nghiệm pb là
21
, xx
Pt 03)1(2
2
xmx có hai nghiệm phân biệt là
21
, xx .
31
31
03)1('
2
m
m
m )1(
Cõu II:
x
y
y
3
-1
0
0
3
1
§iÒu kiÖn: .0cossin,0sin
xxx
Pt ®· cho trë thµnh
0cos2
cossin
cossin2
sin2
cos
x
xx
xx
x
x
02sin)
4
sin(cos
0
cossin
cos2
sin2
cos
2
xxx
xx
x
x
x
+) .,
2
0cos kkxx
+)
nm
n
x
mx
nxx
mxx
xx ,
3
2
4
2
4
2
4
2
2
4
2
)
4
sin(2sin
.,
3
2
4
t
t
x
§èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ
kx
2
; .,,
3
2
4
tk
t
x
Câu
III
§Æt
3
2
132
3
13
tdt
dx
x
dx
dtxt
.
Khi
1
x
th× t = 2, vµ khi x = 5 th× t = 4.
Suy ra
4
2
2
2
2
3
2
.
.
3
1
1
3
1
tdt
t
t
t
I
4
2
2
4
2
2
1
2)1(
9
2
t
dt
dtt
.
5
9
ln
27
100
2
4
1
1
ln
2
4
3
1
9
2
3
t
t
tt
§Æt
3
2
132
3
13
tdt
dx
x
dx
dtxt
.
Khi
1
x
th× t = 2, vµ khi x = 5 th× t = 4.
Suy ra
4
2
2
2
2
3
2
.
.
3
1
1
3
1
tdt
t
t
t
I
4
2
2
4
2
2
1
2)1(
9
2
t
dt
dtt
.
5
9
ln
27
100
2
4
1
1
ln
2
4
3
1
9
2
3
t
t
tt
Câu
IV
Do )(
111
CBAAH nªn gãc HAA
1
lµ gãc gi÷a AA
1
vµ (A
1
B
1
C
1
), theo gi¶ thiÕt th×
gãc HAA
1
b»ng 30
0
. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA
1
cã AA
1
= a, gãc HAA
1
=30
0
2
3
1
a
HA . Do tam gi¸c A
1
B
1
C
1
lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B
1
C
1
vµ
2
3
1
a
HA nªn A
1
H vu«ng gãc víi B
1
C
1
. MÆt kh¸c
11
CBAH nªn )(
111
HAACB
KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA
1
H th× HK chÝnh
lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA
1
vµ
B
1
C
1
Ta cã AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1
a
AA
AHHA
HK
CâuV
Ta có: P + 3 =
2
2
3
2
2
3
2
2
3
111
a
a
c
c
c
b
b
b
a
24
1
1212
24
6
2
2
2
2
3
b
b
a
b
a
P
24
1
1212
2
2
2
2
3
c
c
b
c
b
24
1
1212
2
2
2
2
3
a
a
c
a
c
3
6
3
6
3
6
216
3
216
3
216
3
cba
A
1
A B
C
C
B
1
K
H
6
222
3
82
9
)(
222
3
22
3
cbaP
2
3
22
3
22
9
22
3
22
9
6 3
P
P
Min
khi a = b = c = 1
Cõu VI:
Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;
-
2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến
AB, AC tới đờng tròn và
ACAB
=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3
23 IA
7
5
6123
2
1
m
m
m
m
Cõu VII
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d
và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HI
AH
=> HI lớn nhất khi
I
A
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
)31;;21( tttHdH
vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0. uuAHdAH là véc
tơ chỉ phơng của d) )5;1;7()4;1;3( AHH Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
Cõu
VIII:
Từ giả thiết bài toán ta thấy có 6
2
4
C cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và
10
2
5
C cách chọn 2 chữ số lẽ => có
2
5
C .
2
5
C = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán
Mỗi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc thành lập. Vậy có tất cả
2
4
C .
2
5
C .4! = 1440 số
Cõu IX:
ĐK:
03loglog
0
2
2
2
2
xx
x
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với )1()3(log53loglog
2
2
2
2
2
xxx
®Æt
t = log
2
x,
BPT (1) )3(5)1)(3()3(532
2
tttttt
4log3
1log
43
1
)3(5)3)(1(
3
1
2
2
2
x
x
t
t
ttt
t
t
168
2
1
0
x
x
VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ: )16;8(]
2
1
;0(
