ĐỀ THI MÔN TOÁN VÀO ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT QUANG TRUNG

ĐỀ THI MÔN TOÁN VÀO ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT QUANG TRUNG đây là bộ đề do mình kết hợp với các thầy cô trong trường thpt chuyên vinh biên soạn ,hy vọng sẽ giúp các bạn củng cố được kiến thức của mình và hoàn thành tốt trong kỳ thi sắp tới

TT 17 QUANG TRUNG TPCT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2015-2016

ĐỀ THI LẦN 1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

1

x y x

=

− (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)

2 Tìm hai điểm A,B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các điểm đó song song với

nhau, đồng thời ba điểm O,A,B tạo thành tam giác vuông tại O

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

2

(2sin 1)(3cos 4 2sin ) 4cos 1

8

1 sin

x

2 Giải hệ phương trình : ( )

2 2



 + − + − =

 (x,y∈R)

0

sin

1 cos

x

π

−

= +

∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a , E F lần lượt là trung điểm của AB và BC , H là giao điểm của AF và DE Biết SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD và góc giữa )

đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABCD bằng ) 60 Tính thể tích khối chóp 0 S ABCD và khoảng cách giữa hai

đường thẳng SH , DF

Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực a,b,c∈[1;2] Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2

2

P

+ +

=

II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm).

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD Điểm (2;3)E thuộc đoạn thẳng BD , các điểm

( 2;3)

H − và (2; 4)K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm E trên AB và AD Xác định toạ độ các đỉnh

, , ,

A B C D của hình vuông ABCD

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) :S x2+y2+ −z2 2y+4z−20 0= Viết phương trình mặt phẳng ( )α đi qua điểm M(1; 2;3)− và vuông góc với mặt phẳng ( ) :β x y+ +4z+2014 0= Đồng thời ( )α cắt mặt cầu ( )S theo giao tuyến là đường tròn có diện tích bằng 16π

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong khai triển nhị thức:( 3 − 15 )n có bao nhiêu số hạng hữu tỉ ,biết n là số tự nhiên thỏa mãn : 2 1 3

121 0 2

n

+ − =

B Theo chương trình nâng cao

Câu V.b.(2,0 điểm).

( ) :P y x= −4x+3 và đường thẳng d có phương trình

5 0

x y− + = Tính diện tích của hình vuông ABCD biết ,A B thuộc đường thẳng d và ,C D thuộc Parabol ( ) P

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC với (1; 2;1)A , (2; 4; 2)B , (3;0;5)C Viết phương trình tham số của đường phân giác trong AD của góc BAC∠ của tam giác ABC ( D thuộc BC )

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

3

log (1 ) 1

x y x y

xy

 (x∈R)

TT 17 QUANG TRUNG GVBM: PHẠM QUANG HƯNG 0915.684.278

……….HẾT………

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

điểm Câu I.1 a) Tập xác định : D=R\{ }1

b) Sự biến thiên:

* Tiệm cận :

+) Vì

− − nên đường thẳng x=1là tiệm cận đứng.

− − nên đường thẳng y=2là tiệm cận ngang.

0.25

*Chiều biến thiên:

+) Ta có :

( )2

2

1

x

−

′ = < ∀ ≠

−

0.25

+) Bảng biến thiên

+ Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng (−∞;1)và (1;+∞).

0.25

c) Đồ thị

*Vẽ đồ thị:

* Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I( )1;2 làm tâm đối xứng.

0.25

; 1

a

A a a

  và

2

; 1

b

B b b

 − ÷

  (Với a b, ≠0; ,a b≠1;a b≠ ) thuộc đồ thị (C) Khi đó hệ số góc của các

đường tiếp tuyến tại A và B lần lượt là:

( )

2 1

k

a

= −

− và 2 ( )2

2 1

k

b

= −

−

Do các đường tiếp tuyến song song nên: ( )2 ( )2

0.25

Mặt khác, ta có: 2

; 1

a

a

=  − ÷

uuur

; 1

b

b

=  − ÷

uuur

Do OAB là tam giác vuông tại O nên

( 4) ( )

ab

uuur uuur

0.25

Ta có hệ

( ) ( )

2 4

0

a b ab ab

+ =







Giải hệ ta được 1

3

a b

= −



 =

3 1

a b

=



 = −



0.25

câuII.1 (2sin 1 3cos 4) ( 2sin ) 4cos2 1

8

1 sin

x

= + ( )1

2

PT( )1 ⇔(2sinx+1 3cos 4) ( x+2sinx)+4cos2 x+ = +1 8 8sinx

⇔(2sinx+1 3cos 4) ( x+2sinx) =4sin2 x+8sinx+3

0.25

(2sinx 1 3cos 4) ( x 2sinx) (2sinx 1 2sin) ( x 3)

2sin 1 0 cos 4 1

x x

+ =



• Với 2sinx+ =1 0

2 6 7 2 6

 = − +



⇔ 



• Với cos 4 1

2

k

0.25

Kết hợp với điều kiện ( )* PT( )1 có các nghiệm 2

x k= π , K∈Z

0.25

II.2

Ta biến đổi hệ về dạng : ( )

2 2





Nếu y≠0thì ta biến đổi hệ về dạng

2 2

1

1

x

y x y

x

y x y



 +



0.25

Đặt

x

y

+

= = + − Hệ pt trở thành 2 1

0.25

1

u v

=



 =

 thì

2

2

1

5 3

2 1

x

x

y

y

y x

 + − =



2

x y

=



 =



0.25

III

3 2

0

sin

1 cos

x

π

∫ 201 cosx dx 201 cossin3x dx

• Tính

1

2

01 cos 0 2 cos

2

x x

+

0.5

TT 17 QUANG TRUNG GVBM: PHẠM QUANG HƯNG 0915.684.278

Đặt

2

u x

dx du dx

x dv

v x

=



2 1

0

π

2 0

sin

1 cos

x

x

π

= +

∫ ,Đặt : t =cosx⇒ = −dt sinxdx Đổi cận :

2

π

( )

2 0

1 1 1

0

t

∫

ln 2

0.5

IV

Do ABCDlà hình vuông cạnh 2anên S ABCD =4a2.

SH ⊥ ABCD ⇒ HA là hình chiếu vuông góc của SA trên mp( ABCD)

0.25

( . ) · ·

Mà: ·AED ADE+· =900

Nên BAF AED· +· =900

5

a

AH DE=AD AE⇒AH =

Thể tích của khối chóp S ABCD là:

3 2

0.25

( , )

5

a

DH DE DA= ⇒DH =

Có : DF a= 5

Trong ∆DHF có:

5

25

HK

DF

25

a

0.25

V. P được viết lại dưới dạng tương đương là

M b

a b a c c

b a ab

b a c c

b a

+ + + +

+

≥ + + +

+

) ( ) ( 4

) ( 4

) ( 4

) (

0.25

Do a,b,c∈[1;2] nên a+b≠0, nên chia tử và mẫu của M cho (a+b)2 ta được:

1 4

1 1

4

1

2

+











 + +











 +

=

t t b

a

c b

a c

M

với

b a

c t

+

=

Với a,b,c∈[1;2]









∈

4

1

t

0.25

Xét hàm số

1 4

1 )

+ +

=

t t t







 ;1 4 1

) 1 4 (

) 2 ( 2 )

(

+ +

+

−

=

t t

t t

f < 0, ∀ ∈4;1

1

t ⇒ f/(t)nghịch biến trên







 ;1 4 1

Do đó ∀

6

1 ) 1 ( ) (

t

Đẳng thức xảy ra khi t=1⇔(a;b;c)=(1;1;2)

Vậy Min P

6

1

= khi (a;b;c)=(1;1;2)

VIa.1 Có: EH y: − =3 0

EK x: − =2 0

AH x

AK y

+ =



 ⇒A(−2; 4)

0.25

0.25

TT 17 QUANG TRUNG GVBM: PHẠM QUANG HƯNG 0915.684.278

Giả sử n a br( ); , (a2+b2 >0)là VTPT của đường thẳng BD.

45

ABD= nên:

2 2

a

+

• Với a= −b, chọn b= − ⇒ = ⇒1 a 1 BD x y: − + =1 0

( 2; 1 ;) ( )3;4

( )

4; 4 1;1

EB ED

 = − −



⇒ 

=



uuur uuur ⇒E nằm trên đoạn BD(thỏa mãn) Khi đó: C(3; 1− )

0.25

• Với a b= , chọn b= ⇒ = ⇒1 a 1 BD x y: + − =5 0.

( 2;7 ;) ( )1;4

( ) ( )

4;4 1;1

EB ED

 = −



⇒ 

= −



uuur uuur ⇒EBuuur=4EDuuur⇒E nằm ngoài đoạn BD(loại) Vậy: A(−2;4 ;) (B − −2; 1 ;) (C 3; 1 ;− ) ( )D 3; 4

0.25

VIa.2 mp ( )β có VTPT: nur1 =(1;1; 4)

Giả sử nuur=(a b c; ; ), (a2+ + >b2 c2 0)là VTPT của mp ( )α

Ta có : n nr ur 1 = ⇔ + +0 a b 4c= ⇔ = − +0 b (a 4c)

( ) (α :a x 1) (a 4c y) ( 2) (c z 3) 0

0.25

Giả sử đường tròn giao tuyến của ( )α và mặt cầu ( )S có bán kính là r.

Ta có: π.r2 =16π ⇒ =r 4

Mặt cầu ( )S có tâm I(0;1; 2− ) , bán kính R=5.

( )

( , ) 2 2 3

( )2

3 4

0.25

2 34

= −



⇔  =

• Với a= −2c, chọn c= − ⇒ = ⇒1 a 2 ( )α : 2x+2y z− + =5 0

0.25

• Với a=34c, chọn c= ⇒ =1 a 34⇒( )α : 34x−38y z+ −113 0=

Vậy có hai mp thỏa mãn có PT: 2x+2y z− + =5 0

34x−38y z+ −113 0=

0.25

VIIa.

ta có : 2 1 3

121 0 2

n

n

=



− − = ⇔  = − 

12 0

k

=

12

6 2 12 0

( 1) 3 5

k

k k

k

C

=

−

∑

0.5

=> số hạng tq của khai triển là T= 6 2

12

k

kCk

Do đó T là số hữu tỉ <=> {0,2,4,6,8,10,12}

2

12 0

=

⇔









∈

≤

≤

k N

k k

Vậy trong khai triển có 7 số hạng hữu tỉ

VIb1 ( )P :y x= 2−4x+3

d x y− + = ,CD AB/ / nên CD y x m: = + , (m≠5)

Pt hoành độ giao điểm của CD và ( )P là: x2− + −5x (3 m)=0 ( )1

4

m> −

0.25

Giả sử C c c m( ; + ) , D d d m( ; + ) (c d≠ )

,

c d

là nghiệm của PT( )1

Theo định lí Viet có:

5 3

c d

+ =



 = −



CD= d c d c− − ⇒CD = d c− =  c d+ − cd= + m

uuur

0.25

( , ) 5

2

m

Mặt khác: 2 13 4( ) (5 )2

2

m

1 27

m m

= −



⇔  = (thỏa mãn)

0.25

• Với m= − ⇒1 S ABCD =18

• Với m=27⇒S ABCD =242

Vậy S ABCD =18;S ABCD =242

0.25

VIB.2 Ta có: uuurAB=(1; 2;1)⇒AB= 6 ,uuurAC=(2; 2; 4− ) ⇒AC=2 6 0.25

Theo tính chất đường phân giác có: 1

2 2

7 8

; ;3

3 3

1 2

1 3

= +





 = +



0.5

3

x y x y

xy





( )1 32x 2y 2.3x y 3

PT ⇔ − = − + Đặt t=3x y− , t>0

Ta được: t2 = + ⇔ − − =2t 3 t2 2t 3 0

1( ) 3( / )

t loai

= −



⇔  =

0.25

t= ⇒ − = ⇔ − = ⇔ = +x y x y

Thay vào ( )3 ta được: y y( + = ⇔1) 2 y2+ − =y 2 0

0.25

TT 17 QUANG TRUNG GVBM: PHẠM QUANG HƯNG 0915.684.278

1 2

y y

=



⇔  = −

Vậy hệ pt có nghiệm: ( ) (2;1 ; 1; 2− − )

0.25

Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối