HS tự giải.
Trang 1KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: Toán (đề 37)
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)!
https://www.facebook.com/profile.php?id=100005223169289
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x3 3 mx2 3( m2 1) x m 3 m (1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O
Câu II (1 điểm)
Giải phương trình: 2 os3x.cosx+ 3(1 s in2x)=2 3 os (22 )
4
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
6
0
tan( )
4 os2x
x
c
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy
và SA=a Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt phẳng (AMN) Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI
Câu V (1 điểm) ) Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P 3( x2 y2 z2) 2 xyz
Câu VI (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng : 3x4y 4 0
Tìm trên hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC
bằng15
Câu VII (1 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2
( ) :S x y z 2x6y4z Viết phương trình 2 0 mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2)
, vuông góc với mặt phẳng( ) : x4y z 11 0 và tiếp xúc với (S)
Câu VIII (1 điểm) Tìm hệ số của x trong khai triển Niutơn của biểu thức : 4 P (1 2 x 3 x2 10)
Câu IX (1 điểm) Giải phương trình :
2
log (5 2 ) log (5 2 ).log x x x (5 2 ) x log (2 x 5) log (2 x 1).log (5 2 ) 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!
Trang 2Hướng dẫn
Câu I:
1 HS tự giải
y x mx m
Để hàm số có cực trị thì PT ,
0
y có 2 nghiệm phân biệt
2 2
1 0, m
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)
3 2 2
m
m
Vậy có 2 giá trị của m là m 3 2 2 và m 3 2 2
Câu II:
1
os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+2)
os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0
sin(4 ) sin(2 ) 0
18 3
2 sin(3 ) osx=0
6
x=
2
x c
k
Vậy PT có hai nghiệm
2
x k
và
18 3
x k
Câu III:
2
2
tan( )
tan 1 4
os2x (t anx+1)
x
x
c
2 2
1 tan x cos 2x
1 tan x
2
1
t anx dt= (tan 1)
cos
x
1
x t
x t
Trang 3Suy ra
1 3
3 2
0 0
dt I
Câu IV
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
AM SC
Tương tự ta có AN SC (2)
Từ (1) và (2) suy ra AI SC
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H Khi đó IH vuông góc với (AMB)
3
V S IH
Ta có
2
4
ABM
a
BC SC SC SA AC a a
Vậy
1
3 4 3 36
ABMI
a a a
Câu V
Ta c ó:
2
xy yz zx xyz
x y z yz x
2
2 1
2
y z
f x x x x , với 0<x<3
9
x
x
Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 x yz1
Câu VI
Trang 41 Gọi ( ;3 4) (4 ;16 3 )
A a B a Khi đó diện tích tam giác ABC là
2
ABC
S AB d C AB
Theo giả thiết ta có
2
0 2
a a
a
Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4)
Câu VII
2 Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
Véc tơ pháp tuyến của ( ) là n(1; 4;1)
Vì ( )P ( ) và song song với giá của v
nên nhận véc tơ
np n v (2; 1; 2)
làm vtpt Do đó (P):2x-y+2z+m=0
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d I( ( ))P 4 ( ( )) 4 21
3
m
m
Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0
Câu VIII
Ta có
k
k
Theo giả thiết ta có
4
,
k i
i k
i k N
Vậy hệ số của x4 là: 4 4 3 1 2 2 2 2
102 10 32 3 10 23 8085
C C C C C
Câu IX
2 ĐK :
0
x
x
Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
2
2
log (5 2 ) log (5 2 ) 2 log (5 2 ) 2 log (5 2 ) log (2 1)
log (2 1)
x
x
2
2
1 4 log (2 1) 1
1 log (5 2 ) 2 log (2 1) 2
2 log (5 2 ) 0
2
x x
x
x
Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2