intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2015 môn Toán - Đề số 05

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST
Báo xấu
60
lượt xem 4
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo "Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2015 môn Toán - Đề số 05" dành cho các bạn học sinh các khối A, A1, B, D. Đề thi gồm có 9 câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2015 môn Toán - Đề số 05

  1. Facebook: Dangquymaths ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015 NĐQ 0982473363 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B, D Đề số 05 Thời gian làm bài 180 phút 2x 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  (C) x 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng ( d ) : y  m  x cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho bốn điểm A, B, M, N tạo thành tứ giác lồi AMBN có diện tích bằng 2, với M  3;4  và N  4;5 . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin x sin 2 x  2sin x cos2 x  sin x  cos x  6 cos2 x   sin  x    4 Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: x 2  4 x  14  x  4  2 1  12 x  1  1  12 x Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: log 2  2  1  5  3log 2  2  2   3 x 2 x 1 x Câu 5 (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập được các số chẵn có 4 chữ số khác nhau đôi một. Lấy ngẫu nhiên một trong các số được lập. Tính xác suất để số được lấy lớn hơn 2015. Câu 6 (1,0 điểm). Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ABC bằng 600 . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Mặt phẳng (SCD) tạo với mặt đáy góc 300 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC theo a. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A  1; 2  . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và DC, E là giao điểm của BN với CM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BME biết phương trình BN : 2 x  y  8  0 và điểm B có tọa độ nguyên. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2 1 2  2     x y  x  y  2 x  y  y  x  2 x  y   x; y  R    2 y  8  2 x  y  3   6  x  x  y  1  3 y  6 Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  bc  b2  c 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: b c 3a 3 P 2 2  2  a c a  b 2  b  c 6 ---------- HẾT ----------
  2. Facebook: Dangquymaths HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ 2x 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  (C) x 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng ( d ) : y  m  x cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho bốn điểm A, B, M, N tạo thành tứ giác lồi AMBN có diện tích bằng 2, với M  3;4  và N  4;5 . a) HS tự s…g 2x 1 b) Với  x  2 , phương trình tương giao   x  m  x 2  mx  2m  1  0 x 2 Để đường thẳng  d  cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt, phương trình tương giao có hai nghiệm phân biệt khác 2. '  m 2  8m  4  0 m  4  12    4  2 m  2 m  1  0 m  4  12 Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình trên  x1  x2  m Ta có  và giao điểm A  x1 ;  x1  m  ; B  x2 ;  x2  m   x1 x2  2m  1 Ta có MN vuông góc với đường thẳng  d  nên để bốn điểm A, B, M, N tạo thành tứ giác lồi AMBN có diện tích bằng 2  M, N nằm về hai phía đối với  d  và SAMBN  2 . 2 m  0 Để SAMBN  2  AB  2 2   x1  x2   4 x1 x2  4  m  8m  0   2 m  8 Với m  0 không thỏa mãn do M, N nằm cùng phía đối với  d  Với m  8 thỏa mãn do M, N nằm cùng phía đối với  d  Vậy m  8 là giá trị cần tìm Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin x sin 2 x  2sin x cos 2 x  sin x  cos x  6 cos2 x   sin  x    4    Điều kiện: sin  x    0  x    k  4 4 sin 2 x  sin x  cos x    sin x  cos x  PT   6 cos2 x   sin  x    4
  3. Facebook: Dangquymaths   sin x  cos x  sin 2 x  1  6 cos2 x   sin  x    4   2 sin  x    sin 2 x  1  4   6 cos2 x   sin  x    4    x    k   1 4  sin 2 x  1  3 cos2 x  cos  2 x       6 2  x    k  12  So sánh điều kiện ta được nghiệm của phương trình: x   k  k  Z  12 Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: x 2  4 x  14  x  4  2 1  12 x  1  1  12 x 1 Điều kiện: x   12  PT   x 2  8 x  16   x  4  1  12 x  2 1  12 x  1  1  1  12 x  2 2    x  4   x  4  1  1  12 x  1  1  12 x 2 2    x  4   1  1  12 x   x  4  1  1  12 x  0 x  3  1  12 x   x  3  1  12 x  x  5  1  12 x   x  4  1  1  12 x 0  x  3  1  12 x  0  x  3  1  12 x x  2  x2  6x  8  0   x  4 Vậy nghiệm của phương trình: x  2; x  4 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: log 2  2  1  5  3log 2  2  2   3 x 2 x 1 x PT  log 22  2 x  1  3log 2  2  21 x   3 x  5  2x  1   log  2  1  3log 2  x   3 x  2 2 2 x  2 
  4. Facebook: Dangquymaths  log  2  1  3log 2  2  1  3log 2 2  3x  2 2 2 x x x  log 22  2 x  1  3log 2  2 x  1  2 log 2  2 x  1  1  2x  1 x  0    x  log 2  2 x  1  2  2  3  x  log 2 3  Câu 5 (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập được các số chẵn có 4 chữ số khác nhau đôi một. Lấy ngẫu nhiên một trong các số được lập. Tính xác suất để số được lấy lớn hơn 2015. * Lập các số chẵn có dạng abcd , đặt E  0, 1, 2, 3, 4 + Với d  0 , chọn a, b, c trong tập E \ 0 có A4  24 cách. Dạng này có 24 số. 3 + Với d  0 có 2 cách, chọn a trong tập E \ 0, d  có 3 cách, chọn b, c trong tập E \ a, d  2 có A3  6 cách. Dạng này có 2.3.6  36 số. Số các số chẵn có 4 chữ số khác nhau đôi một: 24  36  60 số. * Tính số chẵn lập được không lớn hơn 2015, có dạng 1bcd và 2015 Chọn d chẵn có 3 cách, chọn b, c trong tập E \ 1, d  có A3  6 cách. Dạng này có 3.6  18 số. 2 * Số chẵn lớn hơn 2015 là: 60  19  41 số. 41 * Xác suất cần tính: P  60 Câu 6 (1,0 điểm). Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ABC bằng 600 . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Mặt phẳng (SCD) tạo với mặt đáy góc 300 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC theo a. + Gọi H là trung điểm AB. Do tam giác SAB cân tại S nên SH  AB Mà ( SAB)  ( ABCD) a 3 Tam giác ABC đều nên CH cũng là đường cao của ta giác ABC  CH  ; CH  CD 2 CD  CH Ta có   CD   SCH   CD  SC CD  SH  Góc giữa hai mặt phẳng  SCD  và  ABCD  là SCH  a Xét tam giác vuông SCH : SH  CH .tan SCH 2 a2 3 Diện tích đáy: S ABCD  2S ABC  2
  5. Facebook: Dangquymaths 1 a3 3 Thể tích khối chóp: VS . ABCD  SH .S ABCD  3 12 + Ta có AD / / BC  AD / /  SBC  d  AD, SC   d  AD,  SBC    d  A,  SBC   S Mà AB  2 HB  d  A,  SBC   2d  H ,  SBC  Kẻ HK  BC , ta được BC   SHK  a 3 và HK  BH sin B  4 A D Vẽ HI  SK  HI   SBC   HI  d  A,  SBC   I H SH .HK a 21 O Mặt khác HI   2 SH  HK 2 14 a 21 B Vậy d  AD, SC   K C 7 Chú ý: Có thể gắn hệ trục tọa độ để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A  1; 2  . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và DC, E là giao điểm của BN với CM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BME biết phương trình BN : 2 x  y  8  0 và điểm B có tọa độ nguyên. Gọi H là hình chiếu của A trên BN  AH  d  A, BN   8 A B 5 Đặt AB  a, a  0 . AH đi qua trung điểm I của BC, AI  a 2  a2 a 5  M H 4 2 E 8 a 5 AB 2  AH . AI  a 2  .  a  4  AB  4 5 2 Do B  BN  B  t ;8  2t  ; D N C  7 2 2 t AB  4   t  1   6  2t   4  5t  22t  21  0   3 2  t  3 7 Với t  không thỏa mãn. 3 J Với t  3  B  3; 2  Phương trình đường thẳng AD đi qua A vuông góc với AB  AD : x  1  0
  6. Facebook: Dangquymaths Gọi J là giao điểm của AD và BN  J  1;10  Do D là trung điểm của AJ  D  1; 6   M  1; 4  Tam giác BME vuông tại E, nên tâm đường tròn ngoại tiếp K là trung điểm BM  K 1;3 và bán kính R  KB  R  5 2 2 Phương trình đường tròn cần tìm:  x  1   y  3  5 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2 1 2  2    x y  x  y  2 x  y  y  x  2 x  y  x; y  R     2 y  8  2 x  y  3   6  x  x  y  1  3 y  6 Cách 1: Điều kiện: x  0; y  0 Do phương trình (1) đồng bậc nên ta đặt x  ty  t  0 2 1 2 PT 1  2    t 1  t  2t  1 1  t  2t  1 2 2 2  2    t 1  2t  2 2t  1 1  t  2t  1 1 1 1  2  2  Đặt a  t ; b  2t  1  a  0; b  0  t 1   2t  1  1  1  t  2t  1 1 1 1  2  2   a  1  b  1 ab  1 2 2 2 2   ab  1  a  1   b  1    a  1  b  1   2 2  ab  a 2  b 2   a 2b 2  2ab  1  0  ab  a  b    ab  1  0  a  b  1  t  1 Với t  1  x  y thế vào phương trình (2) ta có: 2  x  4  x  3   x  6  2 x  1  3  x  2  (3) Nhận thấy x  2 là nghiệm của phương trình (3). 2 2 4  x  4   x  3   x  6   2 x  1 Với x  2 ta có: 2  x  4  x  3   x  6  2 x  1  2  x  4 x  3   x  6  2 x  1
  7. Facebook: Dangquymaths 2 2 4  x  4   x  3   x  6   2 x  1  2  x  4  x  3   x  6 2 x  1  3 x  2 2 x 2  7 x  78  2  x  4  x  3   x  6 2x 1  (4) 3 Cộng vế với vế của hệ tạm gồm phương trình (3) và (4) ta được: 2 x 2  7 x  78 4  x  4 x3   3  x  2 3  12  x  4  x  3  2 x 2  16 x  96 x  4  y  4  6  x  4 x  3   x  4  x  12    2  6 x  3  x  12  0    x3 3  0 x  4  y  4  x  6  y  6 Thử lại ta được nghiệm của hệ:  x; y    2; 2  ;  4; 4  6; 6  Cách 2: Điều kiện: x  0; y  0 Đặt x  ty  t  0 2 1 2 PT 1  2    t 1  t  2t  1 1  t  2t  1 2 2 2  2    t 1  2t  2 2t  1 1  t  2t  1 1 1 1  2  2  Đặt a  t ; b  2t  1  a  0; b  0  t 1   2t  1  1  1  t  2t  1 1 1 1  2  2   a  1  b  1 ab  1  a  2 1 b Ta có  ab  1   1   a  1  2  b   a  1  a  b  ab  1 b  2 1 a Và  ab  1   1   b  1  2  a   b  1  a  b  ab  1
  8. Facebook: Dangquymaths 1 1 1 Do đó 2  2  Dấu bằng xảy ra khi a  b  1  x  y  a  1  b  1 ab  1 Với x  y thế vào phương trình (2) ta có: 2  x  4  x  3   x  6  2 x  1  3  x  2  (3) Đặt t  x  3; t  3  x  t 2  3 PT  3  2t 3  3t 2  14t  15   t 2  9  2t 2  5  0    t  3 2t 2  3t  5   t  3 2t 2  5  0  t  3  2 2  2t  3t  5   t  3 2t  5  0 2 2 Xét phương trình 2t 2  3t  5   t  3 2t 2  5  0   2t 2  3t  5    t  3  2t 2  5  t 2  5  x  2; y  2  t 4  12t 2  35  0   2  t  7  x  4; y  4 Cách 3: Từ phương trình (1) rút được x  y theo một trong hai cách trên. Với x  y thế vào phương trình (2) ta có: 2  x  4  x  3   x  6  2 x  1  3  x  2  (3) Để giải phương trình (3) ta sử dụng kỹ thuật gọi nghiệm như sau: PT  3   2 x  1 x  3   x  3  2 x  1  9 2 x  1  9 x  3  3  x  2    x  3 2 x  1  2x  1  x  3  9    2x  1  x  3  3 x  2 x  2   x  3 2 x  1  9      x  2   3  0    x  3 2 x  1  9  2x 1  x  3     2x 1  x  3  3  0   x  3 2 x  1  9 Xét phương trình  3  0 . Đặt 2 x  1  x  3  t giải được x  2; x  4 2x 1  x  3 Đây là một dạng toán hay nhằm phân loại học sinh, còn nhiều cách làm khác dành cho bạn đọc…!
  9. Facebook: Dangquymaths Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  bc  b2  c 2 . Tìm giá trị b c 3a 3 lớn nhất của biểu thức: P    a 2  c 2 a 2  b 2  b  c 6 2a 2  b  c  3a 3 2a 2  b  c  3a 3 2 3a 3 Cách 1: Ta có P       a 2  c 2  a 2  b 2  b  c 6  ab  ac  2 b  c  6 b  c  b  c 6 2 2 2 bc Theo giả thiết: a  b  c  bc  b  c  3bc  2 2 3a 3 2 3 16 Do đó P   6   3  b  c b  c  b  c 8 b  c  9 16 3 Vậy giá trị lớn nhất của P là dấu bằng xảy ra khi a  b  c  9 8 b c 4a b  xa Cách 2: Ta có 2  2 2 2  2 Thật vậy, đặt  x, y  0 a c a b b  c  c  ya Theo giả thiết ta có xy  1  x 2  y 2  x 2  y 2  xy  1 (1) b c 4a x y 4  2  2  2  2  2 2 a c a b 2 b  c  y  1 x  1  x  y 2 2  4  x 2  1 y 2  1   x  y   y  x 2  1  x  y 2  1  2  4  x 2  1 y 2  1   x  y   x  y   x 2  xy  y 2  1 3  4  x 2  1 y 2  1  2  x  y  3  2  x 2 y 2  x 2  y 2  1   x  y   0 (2) s2 1 Đặt s  x  y; p  xy với điều kiện s 2  4 p ; Từ (1) ta có: s 2  3 p  1  p  3  s 2  1  2 s2 1  3 BĐT (2)  2  p  s  2 p  1  s  0  2  2 2  3  s 2  2  1  s  0  3  3  s2  1 s2   4  s  2  s   2s 2  3s  4   0 đúng do p   s2 3 4 4a 3a 3 a Do đó P  2  6 đặt t  2 b  c  b  c  b  c   3  16  P  f  t   4t  3t 3  f    3 9 16 3 Vậy giá trị lớn nhất của P là dấu bằng xảy ra khi a  b  c  9 8 CHÚC CÁC EM THI TỐT!
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.04: Bộ 290+ Đề Thi Vào Lớp 10 Năm 2020
290 tài liệu
511 lượt tải
THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2