Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Toán học 150 đề thi thử thpt quốc gia môn toán có đáp án hay nhất...

Tài liệu 150 đề thi thử thpt quốc gia môn toán có đáp án hay nhất

.PDF
712
1038
137

Mô tả:

TQN HOME SCHOOL ĐỀ THI THỬ 01 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN – Đề số: 01 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 1 Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y  x 3  x 2 . 3 a) Khải sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt các trục Ox, Oy tương ứng tại A, B phân biệt thỏa mãn OB = 3OA. Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình 3  t anx(t anx  2sin x)  6 cos x  0  2 Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I  s inx  cos x dx  3  sin 2x   2 Câu 4. (1 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  i)(z  i)  2z  2i . Tính môđun của số phức w  z  2z  1 . z2 n 2  b) Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x 2   , biết rằng n là số nguyên dương x  thỏa mãn 4C3n 1  2C n2  A n3 . 7 Câu 5. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên mặt phẳng (Oxy) và C nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ điểm B và C sao cho H(2; 1; 1) là trực tâm của tam giác ABC. Câu 6. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SC. Tính thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC. Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AC = 2. Đường phân giác trong của góc A có 3x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, C biết rằng khoảng cách từ C đến d bằng hai lần khoảng cách từ B đến d; C nằm trên trục tung và A có hoành độ dương. phương trình d: Câu 8. (1 điểm)  1 y 2 x   2  y Giải hệ phương trình:  x x  2 2 y x  1  2x  3x  3  x, y    Câu 9 (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a2  b 2  c2  1 . Chứng minh: ------------ HẾT -----------1 a b c   1 1  bc 1  ca 1  ab ĐÁP ÁN – ĐỀ THI THỬ SỐ 1 – NĂM 2015 Câu 1 (2,0đ) Đáp án Điểm a) (1,0 điểm)  TXĐ: D =   Sự biến thiên: 0,25 2  Chiều biến thiên: y '  x  2x  0  x  0 hoặc x = 2  Các khoảng đồng biến (;0) và (2; ) . Khoảng nghịch biến: (1; 2)  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT   4 3 0,25  Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y   x   Bảng biến thiên: x  x – y + 0 0 0 – y 2 0 + +  – + 0,25 4 3  Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm) OB  3  hệ số góc của tiếp tuyến là k  3 OA 0,25  Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm thì: y '(x 0 )  3  x 02  2x 0  3  x 0  1 hoặc x 0  3 0,25   Ta có: tan OAB 4 4 13   Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm  1;   : y  3(x  1)   y  3x  3 3 3   Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (3; 0): y  3(x  3)  y  3x  9 2 (1,0đ) Điều kiện: cos x  0 3  t anx(t anx  2sin x)  6 cos x  0  3(1  2cos x)  tan 2 x(1  2cos x)  0  (1  2cos x)(1  tan 2 x)  0 0,25 0,25 0,25 0,25 1 2  hoặc t anx   3  x    k2 hoặc x    k 2 3 3 2  Đối chiếu với điều kiện, phương tình có các nghiệm: x    k2 ; x    k , k   3 3  cos x   2 0,25 0,25 3 (1,0đ)  2 sinx  cos x I  dx   3  sin 2x  2  2 sinx  cos x  4  (sin x  cos x) 2 dx 0,25   2 Đặt: t  sinx  cos x  dt  (sinx  cos x)dx . Khi x   1 I 4 (1,0đ)    t  1 ; x   t  1 2 2 0,25 1 dt 1  1 1  1 4  t 2  4 1  2  t  2  t  dt 0,25 1 1 1 ln 2  t  ln 2  t   ln 3  1 4 2 a) (0,5 điểm) Điều kiện bài toán tương đương (3  i)z  1  3i  0,25 zi Suy ra: w  1  3i 0,25 0,25 0,25 Do đó môđun của w là 0,25 10 b) (0,5 điểm) Ta có: 4C3n 1  2C2n  A 3n  4  (n  1)n(n  1)  n(n  1)  n(n  1)(n  2), n  3 6  2(n 2  1)  3(n  1)  3(n 2  3n  2), n  3  n 2  12n  11  0, n  3  n  11 n 5 Suy ra hệ số của x7 là: C11 ( 2)5  14784 6 (1,0đ) 0,25 11 2  2  k Khi đó:  x 2     x 2   . Số hạng tổng quát: Tk 1  C11 (2) k .x 22  3k x  x  Số hạng chứa x7 là số hạng ứng với k thỏa mãn 22  3k  7  k  5 5 (1,0đ) 0,25 0,25 0,25    AH.BC  0    Gọi B(x; y; 0) và C(0; 0; z), ta có: CH.AB  0      HA, HC  .HB  0    0,25 x  z  0 7 7   2x  y  7  0 Giải hệ ra ta được 2 nghiệm (3;1; 3) và   ; 14;  2  2 3  x  (y  1)(3  z)  0  0,25 Với x = 3, y = 1, z = – 3  B(3; 1; 0) loại vì B trùng A 0,25 7 7 7  7   Với x =  , y = 14, z   B   ;14;0  ,C  0;0;  2 2 2  2   0,25  Do M là trung điểm của SC  d[M,(SAB)] = 1 d[C,(SAB)] 2 1 2  VSABM  VSABC . Vì (SAB)  (ABC) nên gọi H là trung điểm của AB thì SH  (ABC). SAB đều cạnh a  SH  a 3 . 2 1 1 a 3 a 2 3 a3 a3 VSABC  SH.SABC      VSABM  . 3 3 2 4 8 16  Gọi D là điểm sao cho ACBD là hình bình hành  (SAD) chứa SA và song song BC 3V  d(SA, BC) = d(BC, (SAD))  d(B,(SAD))  SABD SSAD 3 Ta có: VSABD  SSABC  0,25 a . 8 3 0,25 0,25 SHC vuông cân tại H  SC  SH 2  a 6 2 S BM là đường cao tam giác cân SBC, M 2 a 6 a 10 ta có: BM  SA  SM  a     4  4   2  SSAD  SSBC 2 2 3V 3a 15  d(SA,BC)  SABC  SSAD 15 7 (1,0đ) C A 1 1 a 10 a 6 a 2 15  BM.SC     2 2 4 2 8 H 0,25 D B  Gọi M là điểm đối xứng với B qua d  M  AC. A Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của C, B trên d. Vì CH = 2BK nên CH = BM = 2KM  M là trung điểm AC Giả sử C(0; c). Ta có CH  d(C,d)  2 M K  Vì ABC, AHC là các tam giác vuông cạnh huyền AC nên MH = MB = MC = HC = 1 c 0,25 B C  1  c  2  c  2 H d  Giả sử A(a,a 3)  d (a  0) . Ta có AC  a 2  (c  a 3) 2  2   4a 2  2 3ac  0(do c 2  4)  t  0,25 c 3 . Vì a > 0 nên c = 2 và t  3 . 2 0,25 0,25 Vậy A( 3;3), C(0;2) 8 (1,0đ)  ĐKXĐ: x > 0 và y  0 Phương trình thứ nhất tương đương y x  y 2  2x x  2xy  ( x  y)(2x  y)  0 0,25  y  2x hoặc y   x  Với y  2x , ta có 2x x 2  1  2x  3x 2  3 (*)  1   Xét hàm số f (x)  1 x2  1  1 x2 1  3 2x 0,25 3 , x  (0; ) . 2x  x 3 f '(x)     2   0, x  (0; )  f(x) nghịch biến trên (0; )  (x 2  1) x 2  1 2x    0,25 Mặt phác ta có f ( 3)  1 nên (*) có nghiệm duy nhất x  3  y  2 3  Với y   x , ta có  x x 2  1  2x  3x 2  3 : phương trình này vô nghiệm vì vế trái không dương, vế phải dương. Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (x; y )  ( 3 ; 2 3 ) 9 (1,0đ) a 2a  b2  c2 3  a 2 1 2 2a  Mặt khác ta có:  a 2 (*) . Thật vậy: (*)  a(a  1)2 (a  2)  0 đúng a  0 . 2 3a a b c  Suy ra  a 2 , tương tự  b2 ,  c2 1  bc 1  ca 1  ab a b c  Do đó:    a 2  b 2  c 2  1 (đpcm) 1  bc 1  ca 1  ab  Ta có: 1  1  bc 4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 TQN HOME SCHOOL ĐỀ THI THỬ 02 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN – Đề số: 02 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 1 4 1 2 x  x 1 . 4 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của (C) hàm số. b) Đường thẳng  đi qua điểm cực đại của (C) và có hệ số góc k. Tìm k để tổng khoảng cách từ hai điểm cực tiểu của (C) đến  nhỏ nhất. Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y  Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình (s inx  cos x)2  2sin 2 x 1       sin   x   sin   3x   2  1  cot x 2 4  4  e ln 2 x  ln 3 ln 2 x  3ln x  2 dx x 1 Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I   Câu 4. (1 điểm) a) Tìm phần thực của số phức z  (1  i )n (3  i ) biết rằng n   , thỏa mãn phương trình log 4 (n  3)  log 4 (n  9)  3 . n b) Khai triển nhị thức Niu-tơn của biểu thức  2  x  theo lũy thừa tăng dần của x ta được số hạng thứ tám là 144. Tìm x biết C nn 13  2Cnn  2  16(n  2), n   * . Câu 5. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–1; 0; 1), B(–1; 3; 2), C(1; 3; 1). Tìm điểm D thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (P): x + y + z = 0 và (Q): y – z – 1 = 0 sao cho thể tích khối tứ diện ABCD bằng 3. Câu 6. (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC và khoảng cách giữa hai cạnh AA và BC theo a, biết góc giữa (ABC) và (ABC) bằng 600. Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2  y 2  6x  2y  6  0 và điểm A(1; 3). Một đường thẳng d đi qua A; gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn (C). Lập phương trình của d sao cho AB + AC nhỏ nhất. 2x  y  x 2  y 2  17 Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình:   y x 2  y2  12 (x, y  ) Câu 9 (1 điểm) Cho a, b, c  0 và a2  b 2  c2  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a3 1  b2  b3 1  c2  c3 1  a2 ------------ HẾT -----------1b) k =  1/4 4a) n = 7, phần thực: –16 b) x = 1 7) d1: x = 1 d2: 3x + 4y – 15 = 0 2) x = /2 + k2, x = 3/8 + k/2 5) D1(–11;6;5), D2(25; –12; –13) 8) (x;y) ={(5;4), (5;3)} 1 3) I = ln3 –1/3 6) V  a 3 3 /8 ; d(AA,BC) = 3a 7 /14 9) MinP = 3 2 /2 khi a = b = c = 1 ĐÁP ÁN – ĐỀ THI THỬ SỐ 2 – NĂM 2015 2 3 4 TQN HOME SCHOOL 03 ĐỀ THI THỬ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN – Đề số: 03 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề x4 5  3x 2  (1) . 2 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Dựa vào đồ thị (C), tìm m để phương trình x 4  6x 2  m  0 có đúng 4 nghiệm phân biệt. Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y  Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình sin 3x  cos2x  s inx  0  6 dx dx  0 cos x cos  x    4  Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I   Câu 4. (1 điểm) a) Gọi z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  2z  10  0 . Tính giá trị của biểu thức A  | z1 |2  | z2 |2 . b) Có 12 học sinh gồm Có 12 học sinh giỏi gồm 3 học sinh khối 12, 4 học sinh khối 11, 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 6 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh. Câu 5. (1 điểm) x 1 y z  2   , mặt 2 1 1 phẳng (P) : x  y  2z  5  0 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A song song với mặt phẳng (P), đồng thời vuông góc với d. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; –1; 2), đường thẳng d : Câu 6. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy, đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AD, với AD = 2a. Gọi I là trung điểm của AB, biết khoảng cách từ I tới mặt 3a 3 . Tính: 8 a) Thể tích khối chóp S.ABCD theo a b) cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng SO và AD, với O là giao điểm của AC và BD. phẳng (SCD) bằng Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(2; 2) và hai đường trung tuyến của tam giác là d1 : 2x  5y  8  0 và d 2 : x  3y  2  0 . Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.  x  x  y  1  1 (x, y  ) Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình:  2 2  y  x  2y x  y x  0 Câu 9 (1 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 2  4y 2  2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x 3  8y 3  3xy ------------ HẾT -----------1b) 0 < m < 9 2) x = /4 + k/2, x = –/6 + k2, x = 7/6 + k2 4a) 20 b) 805 cách 5) :{x=1–3t; y = –1+5t; z = 2+t} 7) 7x+y–16=0; 8x–13y+10=0; 11x–154y+88=0 8) (x;y) =(4;2) 1 3) I  2ln[(3+ 3 )/2] 6) a) V  a3 3 /4 b) 21/7 9) MaxP = 13/4; MinP = x – 7/2 ĐÁP ÁN – ĐỀ THI THỬ SỐ 3 – NĂM 2015 2 3 4 SỞ GD&ĐT BẮC NINH KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + (1 − 2m ) x 2 + ( 2 − m ) x + m + 2 (Cm) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. b. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: sin 2 x − 2 2(s inx+cosx)=5 Câu 3. (1 điểm) Giải phương trình: 51+ x − 51− x = 24 Câu 4. (1 điểm) 2 2 a) Giải phương trình log 2 ( 2 x − 3) − 2 log 2 x = 4 2 b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3. Câu 5. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y + 2 = 0 . Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB = 3 . Câu 6. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung điểm của AB. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD), biết SD = 2a 5 , SC tạo với mặt đáy (ABCD) một góc 60° . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SA. Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x − y − 3 = 0 và d 2 : x + y − 6 = 0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.  x3 − y 3 + 3 y 2 − 3 x − 2 = 0 Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình :  2 2 2  x + 1 − x − 3 2 y − y + 2 = 0 Câu 9. (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn 5− x + 5− y + 5− z = 1 . Chứng minh rằng : 25 x 25 y 25 z 5x + 5 y + 5z + + ≥ 5 x + 5 y + z 5 y + 5 z + x 5 z + 5x + y 4 --------------Hết-------------Cảm ơn cô Phương Tâm ( [email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung 3 2 1. Cho hàm số y = x + (1 − 2m ) x + ( 2 − m ) x + m + 2 (Cm) a. .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. Với m = 2 ta được y = x3 – 3x2 + 4 Tập xác định : D = R. lim y = +∞ ; lim y = −∞ x →+∞ Điểm 200 1,00 0,25 x →−∞ x = 0 ⇒ y = 4 Có y ' = 3 x 2 − 6 x ; y ' = 0 ⇔  x = 2 ⇒ y = 0 BBT 0,5 Vậy hàm số đồng biến trên ( −∞;0 ) và ( 2;+∞ ) ; hàm số nghịch biến trên (0;2) yCT = 0 tại x = 2 yCĐ = 4 tại x = 0; Đồ thị : + Lấy thêm điểm . + Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy 8 6 4 2 -15 -10 -5 5 10 15 0,25 -2 -4 -6 -8 b. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. Có y ' = 3 x 2 + 2 (1 − 2m ) x + ( 2 − m ) Để hàm số có cực trị thì phương trình y’=0 có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua hai nghiệm đó ⇔ 3 x 2 + 2 (1 − 2m ) x + ( 2 − m ) = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' = 4m 2 − m − 5 > 0 ⇔ m < - 1 hoặc m > 5 (1) 4 1,00 0,25 0,25 Khi đó giả sử y’=0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với x1 2  1   2 x − 3 = 4 x ⇔ ⇔x= 2  0 < x < 3  2   −2 x + 3 = 4 x  0,25 b 5. TH1 : Số phải tìm chứa bộ 123: Lấy 4 chữ số ∈ {0; 4;5;6;7;8;9} : có A74 cách Cài bộ 123 vào vị trí đầu,hoặc cuối,hoặc giữa hai chữ số liền nhau trong 4 chữ số vừa lấy: có 5 cách → có 5 A74 = 5.840 = 4200 số gồm 7 chữ số khác nhau trong đó chứa bộ 123 Trong các số trên, có 4 A63 = 4.120 = 480 số có chữ số 0 đứng đầu → Có 5 A74 - 4 A63 = 3720 số phải tìm trong đó có mặt bộ 123 TH 2 : Số phải tìm có mặt bộ 321 (lập luận tương tự) 0,25 Có 3720 số gồm 7 chữ số khác nhau , có mặt 321 Kết luận: có 3720.2 = 7440 số gồm 7 chữ số khác nhau đôi một,trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 0,25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y + 2 = 0 . Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) 1,00 biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB = 3 . Đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R = 3 Có IM = 5. Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm 0,25 H của đoạn AB. 3 3 = 2 2 7 TH1: I và M nằm khác phía với AB thì HM = IM – IH = 2 Ta có AB = IA = IB = 3 nên ∆ABC đều ⇒ IH = AB. 0,25 2 2 2  AB  ⇒ AM 2 = HM 2 +   = 13 ⇒ ( C ' ) : ( x − 5 ) + ( y − 1) = 13  2  13 TH2: I và M nằm cùng phía với AB thì HM = IM + IH = 2 2 2 2  AB  AM = HM +   = 43 ⇒ ( C ' ) : ( x − 5 ) + ( y − 1) = 43 0,25  2  Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung điểm của AB. Tam giác SAB cân và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD), 1,00 2 6. 0,25 2 biết SD = 2a 5 , SC tạo với mặt đáy (ABCD) một góc 60° . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SA. Theo giả thiết ta có SM ⊥ ( ABCD ) MC là hình chiếu của SC trên (ABCD) nên góc giữa SC với mặt phẳng  = 60° (ABCD) là SCM Trong tam giác vuông SMC và SMD ta có : SM = SD 2 − MD 2 = MC.tan 60° mà ABCD là hình vuông nên MC = MD ⇒ SD 2 − MC 2 = 3MC 2 ⇒ MC = a 5 ⇒ SM = a 15 2 2  AB  5BC Lại có MC = BC +  ⇒ BC = 2a ⇒ S ABCD = 4a 2  = 4  2  1 4a 3 15 Vậy VS . ABCD = SM .S ABCD = 3 3 *) Dựng hbh AMDI ta có AI // MD nên d( DM , SA) = d( DM ,( SAI ) ) = d( M ,( SAI )) 0,25 Kẻ MH ⊥ AI và MK ⊥ SH . Chứng minh d( M ,( SAI ) ) = MK 0,25 2 2 2a 2a 15 ⇒ MK = .KL… 5 79 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x − y − 3 = 0 và d 2 : x + y − 6 = 0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Tính được MH = 7. 0,25 0,25 1,00 Ta có: d1 ∩ d 2 = I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: x − y − 3 = 0 x = 9 / 2 9 3 ⇔ . Vậy I ;   2 2 x + y − 6 = 0 y = 3 / 2 Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD ⇒ M = d1 ∩ Ox Suy ra M( 3; 0) 2 0,25 2 9 3  Ta có: AB = 2 IM = 2  3 −  +   = 3 2 2 2  S ABCD 12 =2 2 = AB 3 2 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ⇒ d1 ⊥ AD Theo giả thiết: S ABCD = AB.AD = 12 ⇔ AD = Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1( x − 3) + 1( y − 0) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 . Lại có: MA = MD = 2 0,25 x + y − 3 = 0 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:   (x − 3) + y 2 = 2 2 y = − x + 3 ⇔ 2 2 (x − 3) + y x = 2 ⇔ hoặc y = 1 0,25 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 0,25 y = − x + 3 y = 3 − x ⇔ ⇔  2 2 =2  x − 3 = ±1 (x − 3) + (3 − x) = 2 x = 4 . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)   y = −1 x = 2 x I − x A = 9 − 2 = 7 9 3 Do I ;  là trung điểm của AC suy ra:  C 2 2 y C = 2 y I − y A = 3 − 1 = 2 8.  x3 − y 3 + 3 y 2 − 3 x − 2 = 0 Giải hệ phương trình  2 2 2  x + 1 − x − 3 2 y − y + 2 = 0 (1) 1,00 (2) 2 −1 ≤ x ≤ 1 1 − x ≥ 0 ⇔ Điều kiện:   2 2 y − y ≥ 0 0 ≤ y ≤ 2 0,25 Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t3 − 3t2 = y3 − 3y2. Hàm số f(u) = u3 − 3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1) ⇔ y = t ⇔ y = x + 1 0,25 ⇒ (2) ⇔ x 2 − 2 1 − x 2 + 2 = 0 9. Đặt v = 1 − x 2 ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v2 + 2v − 1 =2 0,25 (t/m) v = 1 . ⇔ v 2 + 2v − 3 = 0 ⇔  v = −3 (loai) Với v = 1 ta có x = 0 ⇒ y = 1. Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (0;1) Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn 5− x + 5− y + 5− z = 1 . Chứng minh rằng : 25 x 25 y 25 z 5x + 5 y + 5z + + ≥ 5 x + 5 y + z 5 y + 5 z + x 5 z + 5x + y 4 0,25 1,00 Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ (*) Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : a + bc b + ca c + ab 4 a3 b3 c3 a+b+c + 2 + 2 ≥ ( *) ⇔ 2 a + abc b + abc c + abc 4 3 3 a b c3 a+b+c + + ≥ ⇔ (a + b)(a + c) ( b + c)(b + a) (c + a)(c + b) 4 a3 a+b a+c 3 + + ≥ a ( 1) (Bất đẳng thức Cô si) Ta có (a + b)(a + c) 8 8 4 b3 b+c b+a 3 + + ≥ b ( 2) Tương tự (b + c)(b + a) 8 8 4 c3 c+a c+b 3 + + ≥ c ( 3) . (c + a)(c + b) 8 8 4 Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh Tổng : 0,25 0,25 0,25 0,25 10,00 Lưu ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần. Cảm ơn cô Phương Tâm ( [email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl www.MATHVN.com FB.com/ThiThuDaiHoc www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com TR NG THPT NGHI S N - THANH HÓA T :T THI TH NHIÊN I THPT QU C GIA 2015 MÔN THI: TOÁN Th i gian làm bài : 180 phút Câu 1 ( 4 i m) Cho hàm s : y a. Kh o sát s bi n thiên và v b.Vi t ph 2 x 3 3 x 2 1 (C ) th hàm s (C). ng trình ti p tuy n c a Câu 2 ( 2 i m) Gi i ph th (C) bi t ti p tuy n ó có h s góc nh nh t. ng trình sau : cos 2x cos x 2 tan 2 x 1 Câu 3 ( 2 i m) Gi i b t ph 2 ng trình sau: 2log 2 (2 x 1) log 1 (3 x 1) 3 . 2 Câu 4 ( 2 i m) Tìm h s c a s h ng ch a x6 trong khai tri n nh th c 1 3 x 10 3x 2 . Câu 5 ( 2 i m) Cho hình chóp S.ABCD có áy ABCD là hình thoi tâm O c nh b ng a, Góc DAB 120 0 0 .Hai m t ph ng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc v i áy. Góc gi a (SBC) và m t áy b ng 60 . Tính th tích kh i chóp S.ABCD và kho ng cách t A n (SBC). Câu 6( 2 i m) Trong không gian v i h tr c t a Oxyz, cho ng th ng (d) và m t ph ng (P) l n l t x 1 y 2 z 1 , ( P ) 2 x y z 2 0 . Tìm A là giao i m c a (d) và (P), vi t có ph ng trình là (d ) 1 2 1 ph ng trình ng th ng (d’) là hình chi u vuông góc c a (d ) trên m t ph ng (P). Câu 7 ( 2 i m) Trong m t ph ng v i h tr c t a Oxy, cho tam giác nh n ABC. ng th ng ch a trung tuy n k t A và ng th ng BC l n l t có ph ng trình 3x 5 y 8 0, x y 4 0 . ng th ng qua A vuông góc v i BC c t các ng tròn ngo i ti p tam giác ABC t i i m th hai là D (4; 2) . Vi t ph ng th ng AB,AC; bi t r ng hoành Câu 8 ( 2 i m) Gi i h ph Câu 9 ( 2 i m) Cho 1 4 ng trình c a i m B không l n h n 3. ng trình sau: 2 y 3 12 y 2 25 y 18 (2 x 9) x 4 3 x 1 3 x 2 14 x 8 6 4y y2 . x 1; y, z 1 sao cho xyz 1 . Tìm gía tr nh nh t c a bi u th c: P 1 1 1 1 x 1 y 1 z . ……………………..H t………………………. Ghi chú: - Thí sinh không s d ng tài li u. Cán b coi thi không gi i thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………………………..Số báo danh:………………………....... 1
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan