luyện đề đại học môn toán

Đêm hôm đó, tất cả các nhà khoa học, giáo sư, nhân viên chính quyền cùng toàn bộ người dân vùng Menlo Park tràn ngập trong ánh sáng chan hòa của một thứ đèn mới thay thế cho loại đèn sử

Trang chủ: Megabook.vn

TUYỆT ĐỈNH LUYỆN ĐỀ THPT QUỐC GIA 2015 TOÁN HỌC

Mega book

Chuyên Gia Sách Luyện Thi

CHÚ Ý: Bản đọc thử chỉ là đề thi mẫu nhằm mục đích giúp các em hình dung được nội

BẢN ĐỌC THỬ

"Thiên tài gồm 2% cảm hứng và 98% cực nhọc" là câu nói nổi tiếng của Edison về tinh thần học tập và lao động miệt mài không ngừng nghỉ Trong 84 năm của cuộc đời, trung bình mỗi ngày ông làm việc khoảng 20 giờ Tới năm 75 tuổi, ông mới chịu giảm bớt thời gian làm việc xuống

16 giờ mỗi ngày Trong suốt cuộc đời của mình, ông đã đọc hơn 10.000 cuốn sách bằng cách "ăn bớt thời giờ làm việc để ngốn hết 3 cuốn sách mỗi ngày" Ngoài học vấn về khoa học và sử học, ông còn là một học giả chuyên khảo cứu nền văn minh Hi Lạp và La Mã

Trong hơn 1.000 sáng chế của Thomas Edison thì máy hát, bóng đèn điện và máy chiếu phim là

ba sáng chế vĩ đại làm thay đổi cục diện lịch sử và cuộc sống của nhân loại Ông được dân chúng phong tặng danh hiệu là "thầy phù thủy ở Menlo Park"

Thomas Edison bắt đầu nghiên cứu về bóng đèn điện từ tháng 3 năm 1878 Hàng ngàn cuộc thử nghiệm, nghiên cứu diễn ra bền bỉ đến tận tháng 10 năm 1879, chiếc bóng đèn điện đầu tiên của nhân loại đã ra đời, chiếu sáng đến tận 40 giờ liên tục Ngày 31 tháng 12 năm 1879, một chuyến

xe lửa đặc biệt mang theo hơn 3.000 người hiếu kì xuôi ngược New York – Menlo Park để tận mắt quan sát bóng đèn điện Đêm hôm đó, tất cả các nhà khoa học, giáo sư, nhân viên chính quyền cùng toàn bộ người dân vùng Menlo Park tràn ngập trong ánh sáng chan hòa của một thứ đèn mới thay thế cho loại đèn sử dụng chất đốt thông thường

Máy hát – chiếc máy có thể thu, phát âm thanh và máy chiếu phim – ghi, phát các hình ảnh động

do Edison sáng chế đã mở ra một ngành kĩ nghệ rộng lớn trên thế giới, cung cấp phương tiện giải trí nghe nhìn cho hàng tỉ người trên thế giới…

Từ khi rời trường học năm 7 tuổi, Thomas Edison đã học tập, làm việc bền bỉ, miệt mài và không biết mệt mỏi Ông đã tự học, tự đọc, ngủ 5 tiếng mỗi ngày và thực hiện nhiều dự án tạo bạo cùng một lúc Lòng tận tụy với nhân loại của Thomas Edison đã được thực hiện đúng theo câu nói nổi

Đừng gọi đó là lỗi lầm, hãy gọi đó

là một bài học Thomas Edison

Đề số 01 Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3   2

y4x  m 3 x mx (C)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) khi m1

b) Xác định m để hàm số đồng biến trên khoảng  0; 

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2

2 3 cos x6sin x cos x 3 3

Câu 3 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2

x 1; x2; y0; yx 2x

Câu 4 (1,0 điểm)

a) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm của phương trình z2 2z 10   0 Tính giá trị của biểu thức

2 2

1 2

A z  z

b) Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 6 viên bi vàng Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi trong

hộp Tính xác suất của biến cố 5 viên bi được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

 d : 4x 3y 1 0

  



   

 và mặt phẳng  P :3x4y z 8  0 Lập phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng  d lên mặt phẳng  P

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D ,

ABAD2a,CDa , góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABCD bằng 600 Gọi I là trung điểm của cạnh AD Biết hai mặt phẳng SBI và SCI vuông góc với mặt phẳng

ABCD Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABCcó đỉnh C 4; 1  , đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình lần lượt là:

 d : 2x 3y 121   0 và  d2 : 2x3y0 Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC

Câu 8 (1,0 điểm) Giải phương trình 2 2

11 3x  1 3x 6xx 11 3x

Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y,z thỏa mãn x x  y z3yz Chứng minh

GIẢI CHI TIẾT VÀ ÔN TẬP, TỰ LUYỆN

HẾT

xy  xz 3 xy xz y z 5 y z

GIẢI CHI TIẾT VÀ ÔN TẬP, TỰ LUYỆN

Câu 1.a Với m 1 hàm số trở thành y4x34x2x

- Tập xác định: DR

- Sự biến thiên:

+ Chiều biến thiên:y '12x28x 1 ;

1 x 6

y ' 0

1 x 2

  



  

  



       

    , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng

1

;

2

  

  và

1

; 6

 

 

     

 , suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng

;

  

 

+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1 CD

2

   Hàm số đạt cực tiểu tại CT

   

+ Giới hạn:

xlim y ; lim yx

     

+ Bảng biến thiên

2

6

y '  0  0 

y



0

2 27





- Đồ thị:

+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm  0;0 và 1

;0 2

 

 

+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0;0

+ Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I 1; 1

  

  làm tâm đối xứng

+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm 3   1  

; 6 , 1; 1 , ; 2 , 1;9

      

- Vẽ đồ thị:

Câu 1.b

Cách1:Hàm số đồng biến trên khoảng  0;  khi y '    0, x 0; 

     

 

 

2

2

6

m 0 12

  



      



 





Kết luận m0

Cách 2: Nhận thấy rằng, phương trình y '0 luôn có nghiệm 1

x 2

  và m

x 6

 

Từ đó, hàm số đồng biến trên khoảng  0;  khi y '    0, x 0; 

     

0

0











          



 

   



Kết luận:m0

Cách 3: Hàm số đồng biến trên khoảng  0;  khi

y '     0, x 0; 12x 2 m 3 x      m 0, x 0;

        

x 0;



 

            

Kết luận:m0

Nhận xét: Để xét tính đơn điệu của hàm số yf x , ta thực hiện các bước sau:

Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số

Bước 2: Tính đạo hàm y ', rồi tìm các điểm tới hạn

Bước 3: Tính các giới hạn (nếu cần)

Bước 4: Lập bảng biến thiên của hàm số (có thể bỏ qua việc này nếu phương trình f ' x 0 vô nghiệm

Bài tập tương tự:

a Tìm m để hàm số 1 3   2  

3

       đồng biến trên khoảng  0;3

Đáp số: m3

b Tìm m để hàm số yx33x2mx4 đồng biến trên khoảng ;0

Đáp số:m 3

c Tìm m để hàm số 1 2  3   2

3

      nghịch biến trên khoảng

2;

Đáp số: 1 m 1  

Câu 2

Cách 1 : Phương trình tương đương với:

        







Phương trình có nghiệm: x k ; x k ; k

      

Cách 2 : Xét hai trường hợp

Trường hợp 1:cos x 0 x k , k

2



      ; không thỏa mãn

Vậy x k

2



   không là nghiệm của phương trình

Trường hợp 2:cos x 0 x k , k

2



     

Chia cả hai vế của phương trình cho cos x2 , ta được

  2    2

2 36 tan x 3 3 1 tan x  3 3 tan x6 tan x 3 30

tan x 1

, k 4







Phương trình có nghiệm: x k ; x k ; k

4



        , với 3 3

tan



 



Nhận xét:

Đối với phương trình: 2 2

a sin x  bsin x cos x ccos x   d (1)

Ta có các cách giải như sau:

Cách 1:

Bước 1: Xét cos x 0 x k , k

2



     

+ Nếu ad, thì (1) có nghiệm là x k

2



  

+ Nếu ad, thì (1) không có nghiệm là x k

2



  

Bước 2: Xét cos x 0 x k , k

2



      Chia cả hai vế của phương trình (1) cho cos x2 , ta được 2  2 

a tan xb tan x c d 1 tan x Đặt t = tanx, phương trình trở thành   2

ad t    bt c d 0 (2)

Bước 3: Giải phương trình (2) theo t , rồi suy ra x

Cách 2: Sử dụng các công thức:

Ta được: bsin 2x c a cos 2x   d c a (đây là phương trình bậc nhất đối với sin x và cos x)

Bài tập tương tự:

a Giải phương trình 2sin x 3sin x cos x cos x2   2  0

Đáp số:x k ; x arctan 1 k ; k

        

b Giải phương trình 3sin x sin 2x cos x2   2  3

Đáp số:x k ; x k ; k

      

c Giải phương trình 4sin x2 3 3 sin 2x2cos x2 4

Đáp số:x k ; x 5 k ; k

       

Câu 3 Gọi S là diện tích cần xác định, ta có:

2 2

1



   Xét dấu hàm số   2

f x x 2x trên đoạn 1; 2, như sau:

 

f x  0 

Nhận xét: Bài toán “Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số yf x  (liên tục trên đoạn  a; b ), trục hoành và hai đường thẳng x  a; x  b và trục Ox”, ta thực hiện các bước sau:

Bước 1: Gọi S là diện tích cần xác định, ta có: b  

a

Sf x dx

Bước 2: Xét dấu biểu thức f x  trên  a; b thành các đoạn nhỏ, ví dụ:

    a;b  a;c1 c ;c1 2 c ;bn 

Bước 3: Vậy 1   2    

S f x dx f x dx   f x dx

Chú ý: Đối với bài toán phát biểu dưới dạng “Tính diện tích hình phẳng giới hạn bới đồ thị hàm

số xf y  (liên tục trên đoạn  a; b ), hai đường thẳng y  a; y  b và trục Oy”, thì công thức tính diện tích là: b  

a

S f y dy

Bài tập tương tự:

a Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y  x2 4x3; x0; x3 và trục Ox

Đáp số:S 8

3

 (đvdt)

b Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi yx311x6; y6x ; x2 0 và x2

Đáp số:S 5

2

 (đvdt)

c Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi yx; y0 và y 2x2

Đáp số:S

4



 (đvdt)

' 1 10 9 9i

Suy raz1  1 3i và z2   1 3i

Do đó 2 2  2 2    2 2

1 2

A z  z   1 3   1  3 20

Bài tập tương tự:

a Cho z , z1 2 là các nghiệm của phương trình 2z2  4z 11 0   Tính giá trị của biểu thức

2 2

1 2

2

1 2

A







b Cho z , z1 2 là các nghiệm của phương trình z2 2z 4   0 Tính giá trị của biểu thức

A z  z 3 z z

c Cho z , z1 2 là các nghiệm của phương trình   2  

1 i 2 z  3 2i z 1 i  0 Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức Az12z22

Câu 4.b Số cách chọn 5 viên bi bất kỳ từ 18 viên bi đã cho là 5

18

   Gọi A là biến cố “5 viên bi được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng”

Ta có các trường hợp sau:

+ TH1: Trong 5 viên bi được chọn có 1 viên bi đỏ, 1 viên bi vàng và 3 viên bi xanh Có

1 1 3

6 7 5

C C C cách chọn

+ TH2: Trong 5 viên bi được chọn có 2 viên bi đỏ, 2 viên bi vàng và 1 viên bi xanh Có

2 2 1

6 7 5

C C C cách chọn

Do đó cách lấy được 5 viên bi có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng là:

1 1 3 2 2 1

A C C C6 7 5 C C C6 7 5 1995

Xác suất của biến cố A là: A

A

P

8568 408



Bài tập tương tự:

a Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 6 viên bi vàng Người ta chọn ra 4 viên bi

từ hộp đó Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra không có đủ cả 3 màu

Đáp số: 645 cách

b Có 9 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ và 4 viên bi vàng có kích thước đôi một khác nhau Hỏi

có bao nhiêu cách chọn ra 6 viên bi, trong đó số bi xanh bằng số bi đỏ

Đáp số: 3045 cách

c Xếp 3 viên bi đỏ có bán kính khác nhau và 3 viên bi xanh giống nhau vào một dãy 7 ô

trống Hỏi có bao nhiêu cách xếp khác nhau sao cho 3 viên bi đỏ xếp cạnh nhau và 3 viên

bi xanh xếp cạnh nhau

Đáp số: 36 cách

Câu 5 Đường thẳng  d có một vtcp a 3; 4;1  Mặt phẳng  P có một vtpt n 3; 4;1 .Suy ra

   

a / /n  d  P , do đó hình chiếu vuông góc của  d lên  P chính là giao điểm H của

 d và  P có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình

 

      

      

Nhận xét: Với yêu cầu “Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng  d trên mặt phẳng  P ”, chúng ta lựa chọn phương pháp thực hiện tùy thuộc vào vị trí tương đối của  d và

 P như sau:

a Nếu    d  P thì hình chiếu vuông góc của  d lên  P chính là  d

b Nếu    d  P thì hình chiếu vuông góc của  d lên  P chính là giao điểm của  d và

 P

c Nếu    d / / P thì có các cách giải như sau:

Cách 1: ta thực hiện các bước:

Bước 1: Lấy điểm A d , từ đó xác định tọa độ điểm HA là hình chiếu vuông góc của

A lên  P

Bước 2: Phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng  d lên mặt phẳng  P là đường thẳng  d1 được cho bởi:      A

1

1

qua H

d :

d / / d





Cách 2: Thực hiện các bước:

Bước 1: Lập phương trình mặt phẳng  Q chứa  d và vuông góc với  P

Bước 2: Khi đó, hình chiếu vuông góc của đường thẳng  d lên mặt phẳng  P chính là giao điểm của  P và  Q

d Nếu  d cắt  P thì có các cách giải sau:

Cách 1: Thực hiện các bước:

Bước 1: Xác định tọa độ giao điểm I của  d và  P

Bước 2: Lấy điểm A d , từ đó xác định tọa độ điểm HA là hình chiếu vuông góc của

A lên  P

Bước 3: Phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng  d lên mặt phẳng  P là đường thẳng  d1 được cho bởi:  1

A

A

qua

d : vtcp I

H H







Cách 2: Thực hiện như ở phần b)

Bài tập tương tự :

a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  d : x 2z 0

 



    

mặt phẳng  P : x2y  z 5 0 Lập phương trình hình chiếu vuông góc của đường

Đáp số:

11 y

:



b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng   x 1 y 1 z 2

d :

    

và mặt phẳng  P : x 3y 2z 5 0 Lập phương trình hình chiếu vuông góc của đường

thẳng  d lên mặt phẳng  P

Đáp số: :x 1 y 2 z 5

c Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  d : 2x y z 5 0

   



   

mặt phẳng  P : x   y z 7 0 Lập phương trình hình chiếu vuông góc của đường

thẳng  d lên mặt phẳng  P

Đáp số: : 6x y 5z 7 0

   



     

Câu 6

Vì SBI và SCI cùng vuông góc với mặt phẳng ABCD

nên SIABCD, suy ra S.ABCD 1 ABCD

3

 (1)

ABCD

1

2

   (2)

Gọi K là hình chiếu vuông góc của S trên BC , suy ra:

IKBC

Suy ra       0

SBC ; ABCD SKI60

IBC ABCD IAB ICD

         

2

2S



Trong tam giác SIK, ta có: 3a 5 0 3a 15

SI IK.tan SKI tan 60

Thay (2), (3) vào (1), ta được

3

S.ABCD

3a 15 V

5

Nhận xét: Đây là bài toán về hình học không gian có yêu cầu nhiều về kiến thức ở lớp 11, cụ

thể:

+ Vì SBI và SCI cùng vuông góc với mặt phẳng ABCD nên:

  S.ABCD ABCD

1

3

+ Góc giữa hai mặt phẳng cụ thể là SBC và ABCD Khi đó, chúng ta cần chỉ ra được một điểm thuận lợi K trên giao tuyến BC sao cho:  

xKy 60



Điểm K chính là hình chiếu vuông góc của S (hoặc I ) trên BC bởi định lý ba đường vuông góc Nhiệm vụ còn lại là chúng ta sử dụng các hệ thực trong tam giác để tính SI và SABCD

Bài tập tương tự:

a Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , ABBC2a, hai mặt phẳng SAC và SBC cùng vuông góc với mặt đáy ABC Gọi M là trung điểm cạnh AB, mặt phẳng qua SM song song với BC cắt AC tại N Biết góc tại bởi

SBC và ABC bằng 600 Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a (ĐH – A – 2011)

S.BCNM

V  3a (đvtt);   2 39

13

b Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Gọi H là trung điểm cạnh AB ; hai mặt phẳng SHC và SHD cùng vuông góc với mặt đáy ABCD Tính thể tích khối chóp nếu hình chóp có ba mặt bên là tam giác vuông

Đáp số:

3

S.ABCD

a V

6

 (đvtt)

c Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau, AD2 2a, BC 2a Hai mặt phẳng SAC và SBD cùng vuông góc với mặt đáy ABCD; góc giữa hai mặt phẳng SCD và ABCD bằng