1426823589 a de 2

Luyện Thi Đại họcc môn Toán ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2015 MÔN THI: TOÁN HỌC H Thời gian làm àm bài: 180 phút Câu 1.1 (1 điểm) Lời giải 2x  Cho hàm số y  (C ) x2 Khảo sát biến thiên ên vẽ v đồ thị (C) hàm số cho Tập xác định: D   \ 2 Sự biến thiên: 7 + Chiều biến thiên: y '  , y '  x  D  x  2 Điểm 0,25 Hàm số ố nghịch biến tr khoảng  ;   2;   + Giới hạn tiệm ệm cận: lim y  ; lim y   ; tiệm cận đứng x  x 2 0,25 x 2 ệm cận ngang y  lim y  lim y  ; tiệm x  x  + Bảng biến thiên: x   y’ - -  0,25 y  + Đồ thị 0,25 Luyện Thi Đại học môn Toán 1.2 (1 điểm) Tìm giá trị m để đường thẳng d : y  x  m cắt (C) hai điểm phân biệt A, B mà hai tiếp tuyến (C) hai điểm song song với + Hoành độ giao điểm d (C) nghiệm pt: 2x   x  m  g  x   x   m   x  2m    * x2 Để d cắt (C) hai điểm phân biệt pt(*) có nghiệm phân biệt khác   m2  4m  60    (luôn đúng)  g    7  0,5 + Gọi x1 , x2 hoành độ điểm A, B Hệ số góc tiếp tuyến A, B là: k A  7  x1   , kB  7  x2   Để tiếp tuyến điểm A, B song song với 7 7 k A  kB    x1     x2    x1  x2  2  x1    x2   0,5 6m 6m    m  2 2 Vậy m = -2 thỏa mãn đề Theo Viet x1  x2  (1 điểm)   Giải phương trình: 1  cos x  sin x  sin x  sin  x   4  Điều kiện: TXĐ = R Phương trình tương đương với:   s inx  2sin x.c os3x+sin2x=1-cos  x   2   s inx  sin x  sin x  sin x   sin x  s inx   x    k 2 (k  Z) Vậy phương trình có nghiệm: x  (1 điểm)  0,5 0,25  k 2 (k  ) 0,25  Tính tích phân: I    x  sin 2 x  cos x.dx    4 I   ( x  sin 2 x) c os2xdx   x.c os2xdx   sin 2 x.c os2xdx 0   I1   0,5 1 sin x sin 2 x.d sin x  I1   I1   20  I1   x.c os2xdx du  dx u  x   Đặt  dv  c os2xdx  v  sin x Hotline: 0964.946.876 0,25 Page Luyện Thi Đại học môn Toán    x 14   Khi I1  sin x   sin x dx   cos2x   20 8 0 Vậy I  (1 điểm)   12 0,25   a) Tính z , biết rằng: (2 z  1)(1  i )  z  (1  i )   2i Đặt z  a  bi (a; b  ) Khi đó: (2 a   bi)(1  i )  (a   bi)(1  i)   2i  2a   2b  (2a   2b)i  a   b  (a   b)i   2i  3a  3b  (a  b  2) i   2i  a  3a  3b     a  b   2 b    1   Khi | z | a  b  9 0,5   b) Tìm hệ số x3 khai triển x  x  n biết C n1  3Cn2  2C n3  11n Cn1  3Cn2  2Cn3  11n n! n! 2  11n ( n  3; n   ) 2!( n  2)! 3!( n  3)! 3.n( n  1) 2.n.( n  1)( n  2)  n   11n 3.(n  1) 2.( n  1)( n  2)  1   11  n   n  5(tm)  9n   2n  6n   60  2n  3n  65     n  6, 5(loai ) Ta có  1  x(1  x) k   C5k (1)5 k x k (1  x) k   C5k (1)5 k x k  Cki x i k 0 5 0,5 k 0 i 0 k   C5k (1)5 k Cki x k 1 k  i 0 Hệ số x nên k + i = đối chiếu điều kiện i k ta cặp (i; k )  (0;3);(1; 2) thỏa mãn Vậy hệ số x3 C53C30  C52C21  10 (1 điểm) x 1 y  z   2 A  2;1; 1 , B 1; 0;3  Viết phương trình mặt phẳng qua hai điểm A, B song song với đường thẳng  Gọi mặt phẳng cần tìm (P)   0,5 Ta có: AB  (3; 1; 4); u  (1; 2; 2) Vì (P) qua A, B song song với đường thẳng  nên Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : Hotline: 0964.946.876 Page Luyện Thi Đại học môn Toán     nP  AB      nP   AB, u   (10; 2; 7) nP  u Mà (P) qua B nên ta có phương trình mặt phẳng (P) là:  10( x  1)  y  7(z 3)  (1 điểm) 0,5  10 x  y  z    10 x  y  z   Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông Đường thẳng SD tạo với (ABCD) 5a góc 600 Gọi M trung điểm AB Biết MD  , mặt phẳng (SDM) mặt phẳng (SAC) vuông góc với đáy Tính thể tích hình chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng CD SM + Gọi H  AC  MD  SH   ABCD  S   SD,  ABCD    SDH  60 x MD  MA2  AD  x  3a HD  MD  a  SH  HD.tan 60  a 15 M Đặt AB  x  AM  0,5 K D A I H B VS ABCD  SH S ABCD  3a 15 + Vì CD / /  SAB   d  CD, SM   d  CD,  SAB    d  D,  SAB   DH   SAB   M  d  D,  SAB   d  H,  SAB    C MD 3 MH + Kẻ HI  AB, HK  SI Dễ thấy HK   SAB   d  H ,  SAB    HK HI AH    HI  a BC AC Tam giác SHI vuông H nên 0,5 1 16 a 15     HK  2 2 HK SH HI 15a 3a 15 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đáy AB CD, CD = 2AB Biết A  2; 1 , B  4;1 điểm M  5; 4  thuộc đáy lớn hình thang Hãy xác định tọa độ đỉnh C D hình thang biết điểm C có hoành độ lớn  Ta có AB  (2; 2)  2(1;1) Phương trình đường thẳng AB có dạng: x – y –  0,25 Phương trình đường thẳng CD qua M song song với AB có dạng x – y 1  Điểm C nằm CD nên C (t ; t  1) Vậy d  CD, SM   (1 điểm) Mặt khác AB  22  22  2 ; CD  AB  Ta kẻ BH  CD  CH  (CD  AB)  2 | 4 | Mặt khác BH  d ( M ; AB )  nên CB  CH  BH    10  2 0,5 Luyện Thi Đại học môn Toán (1 điểm) t  1(loai ) Mà CB  (4  t )2  t nên ta lại có (4  t )2  t  10   t  3(tm) Vậy C(3;4)    x   2.(2)  x  1 Với CD  BA   D nên D(-1;0)  D  yD   2.(2)  yD  9 y  x3  1  125  Giải hệ phương trình:  2  45 x y  75 x  y 0,25 Nhận xét: (x;y) = (0;0) không nghiệm phương trình Khi hệ tương đương với  5 125  3 (3x)     9(3x  1)  y     y   2 5  45 x  75 x    5 (3 x )  x     6  y  y  y  y  Đặt u  x; v  0,5 , ta có y u  v3  (u  v)3  3uv(u  v)  u  v  u  1; v        u v  u.v  uv  u  2; v  uv(u  v )  0,25 3x   x     TH1 với u = v =  y 2 y    3 x  2   x   TH2 với u = v =   y 1  y   0,25      Kết luận: hệ có hai nghiệm ( x; y )   ;  ;  ;5        (1 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b2  c   a  b  c   2ab Tìm giá trị   nhỏ biểu thức P  a  b  c  48    a  10 b  c    Từ điều kiện đề ta có: a  b2  c   a  b  c   2ab  (a  2ab  b )  c   a  b  c   (a  b)  c  a  b  c Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có ( x  y )  2( x  y )  x  y  ( x  y ) 2 Khi Hotline: 0964.946.876 0,25 Page Luyện Thi Đại học môn Toán ( a  b)  c  1 2 a  b  c  5a  b  c  a  b  c 2   a  b  c   10  a  b  c      a  b  c   10(1) Mặt khác ta có  a  10 a  10 a  10 4 a  10  a  22  + Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có 12  Nên suy (2) a  10 a  22 88bc 12 Lại có 2.2 b  c  (3)   b  c b  c  16 12  12   Từ (1), (2) (3) ta P  a  b  c  48   a  22 b  c  16   1 Từ bổ đề   x y x y 12   P  a  b  c  48.12     a  b  c  576 a  b  c  38  a  22 b  c  16  Đặt t  a  b  c với 2304 2304 f (t )  t  ; t   0;10 ; f '(t )    t   0;10 suy f(t) t  38 (t  38) hàm nghịch biến Với t  10  f (t )  f (10)  58  P  58 a  b  c  10 a    Kết luận: P = 58 a  b  c   b  a  c    Hotline: 0964.946.876 0,25 0,5 Page ... c      a  b  c   10(1) Mặt khác ta có  a  10 a  10 a  10 4 a  10  a  22  + Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có 12  Nên suy (2) a  10 a  22 88bc 12 Lại có 2. 2 b  c  (3)... rằng: (2 z  1)(1  i )  z  (1  i )   2i Đặt z  a  bi (a; b  ) Khi đó: (2 a   bi)(1  i )  (a   bi)(1  i)   2i  2a   2b  ( 2a   2b)i  a   b  (a   b)i   2i  3a  3b... a  b  c  48    a  10 b  c    Từ điều kiện đề ta có: a  b2  c   a  b  c   2ab  (a  2ab  b )  c   a  b  c   (a  b)  c  a  b  c Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta