Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số đó cho ứng với m1.. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng A1B1C1 thuộc đường thẳng B1C1.. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1
Trang 1KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015
Mụn: Toỏn (đề 5)
Thời gian làm bài: 180 phỳt (Khụng kể thời gian giao đề)
Đề thi được soạn theo cấu trỳc mới nhất 2015!(Kốm đỏp ỏn chi tiết tại)!
https://www.facebook.com/profile.php?id=100005223169289
Cõu I (2 điểm) Cho hàm số y x33(m1)x2 9xm, với m là tham số thực
1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số đó cho ứng với m1
2 Xỏc định m để hàm số đó cho đạt cực trị tại x1, x2 sao cho x1 x2 2
Cõu II (1 điểm)
2 sin(
2 cos sin
2 sin cot
2
x x
x
5
1
2
1 3
1
dx x x
x
Cõu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300
Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a
3
a b c Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức
P
Cõu VI (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0 Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến
AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông
Cõu VII (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình
t
z
t
y
t
x
3
1
2
1
Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất
Cõu VIII (1 điểm) 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 điểm) Giải bất phương trình log22 xlog2 x2 3 5(log4 x2 3)
CHÚC CÁC EM THÀNH CễNG !
- Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm!
Trang 2CõuI
1 (1,25 điểm)
Với m1 ta có yx36x29x1
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
Chiều biến thiên: y'3x2 12x93(x2 4x3)
1
3 0
'
x
x
y , y'01 x3
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (,1) và (3,)
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng(1,3)
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x1 và y CD y( 1) 3; đạt cực tiểu tại x3 và
1 ) 3 (
y
Giới hạn:
x
Bảng biến thiên:
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0,1)
-1
1 2 3
x y
O
2 (0,75 điểm)
Ta có y'3x2 6(m1)x9
+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1, x2
phương trình y' 0 có hai nghiệm pb là x1, x2
Pt x2 2(m1)x30 có hai nghiệm phân biệt là x1, x2
3 1
3 1 0
3 ) 1 (
m
m
m ( 1)
Cõu II:
x y’
y
3
-1
3
Trang 3Pt đã cho trở thành 2cos 0
cos sin
cos sin 2 sin 2
cos
x x
x x x
x
0 2 sin ) 4 sin(
cos
0 cos sin
cos 2 sin
2
x x
x
x x
x x
x
2 0
cosx x k k
n x
m x
n x
x
m x
x x
3
2 4
2 4 2
4 2
2 4
2 ) 4 sin(
2
sin
,
3
2
x t t
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là
k
x
2
Cõu
III Đặt
3
2 1
3 2
3 1
x
dx dt
x
Khi x1 thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4
Suy ra
4
2 2
2 2
3
2 3 1
1 3
1
tdt t
t
t
4
2 2 4
2
2
1 2
) 1 ( 9
2
t
dt dt
t
5
9 ln 27 100 2
4 1
1 ln 2
4 3
1 9
t
t t
t
Đặt
3
2 1
3 2
3 1
x
dx dt
x
Khi x1 thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4
Suy ra
4
2 2
2 2
3
2 3 1
1 3
1
tdt t
t
t
4
2 2 4
2
2
1 2
) 1 ( 9
2
t
dt dt
t
Trang 4.
5
9 ln 27 100 2
4 1
1 ln 2
4 3
1 9
t
t t
t
Cõu
IV
Do AH (A1B1C1) nên góc AA1Hlà góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết thì góc AA1H bằng 300 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc AA1H=300
2
3
1
a H
Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và
2
3
1
a H
A nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác AH B1C1 nên B1C1 (AA1H)
Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và
B1C1
Ta có AA1.HK = A1H.AH
4
3
1
AA
AH H A
2
3 2 2
3 2 2 3
1 1
1
a a
c c c
b b b
a
2 4
1 1
2 1
2 2 4
2 2
2
3
b b
a b
a
2 4
1 1
2 1
2
2
2 2
2
3
c c
b c
2 4
1 1
2 1
2
2
2 2
2
a
c a
6 3
6 3
6
2 16
3 2 16
3 2 16
A1
C
C
B1
K
H
Trang 52 2
Để PMin khi a = b = c = 1
Cõu VI:
Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến
AB, AC tới đường tròn và AB AC=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 IA3 2
7
5 6
1 2
3
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 AH HI=> HI lớn nhất khi A I
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến
) 3 1
;
; 2 1
( t t t
H
d
H vì H là hình chiếu của A trên d nên AH d AH.u0 (u(2;1;3)là véc tơ chỉ phương của d) H(3;1;4) AH(7;1;5) 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 2 6
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 như thế có 4! số được thành lập Vậy có tất cả 2
4
C . 2 5
C .4! = 1440 số
Cõu IX:
ĐK:
0 3 log
log
0
2 2 2
x
Bất phương trình đã cho tương đương với log2 xlog x2 3 5(log x3) (1)
Trang 6đặt t = log2x,
BPT (1) t2 2t3 5(t3) (t3)(t1) 5(t3)
4 log 3
1 log
4 3
1
) 3 ( 5 ) 3 )(
1
(
3
1
2 2
x t
t t
t
t
t
t
16
8
2
1
0
x
x
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: ] (8;16)
2
1
; 0
