Tìm tọa độ hai điểm A, B phân biệt thuộc C sao cho tiếp tuyến của C tại các điểm A, B song song với nhau, đồng thời ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại O với O là gốc tọa độ.. C[r]
(1)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đê Câu I (2 điểm) y 2x x (1) Cho hàm số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) Tìm tọa độ hai điểm A, B phân biệt thuộc (C) cho tiếp tuyến (C) các điểm A, B song song với nhau, đồng thời ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông O (với O là gốc tọa độ) Câu II (1 điểm) Giải phương trình: 4sin x sin x 2sin x cos x 0 2 Xác định tất các giá trị m để phương trình x 2mx x có nghiệm Câu III (1 điểm) e ln x ln x I dx x ln x Tính tích phân: Câu IV (1 điểm) Gọi E là tập hợp các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, Chọn ngẫu nhiên hai số khác thuộc tập E Tính xác suất để hai số chọn có đúng số có chữ số 2x 2( x x ) 161 x 4 0 Giải phương trình: 15.2 Câu V (1 điểm) C 3; và Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm điểm A thuộc đường thẳng d : x y 0 Gọi M là trung điểm BC, đường thẳng DM có phương trình x – y – 0 Xác định tọa độ các điểm A, B, D Câu VI (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC A ' B ' C ' có cạnh đáy a , đường thẳng B ' C tạo với đáy o góc 60 Tính theo a thể tích khối chóp C A ' B ' B và khoảng cách từ B ' đến mặt phẳng ( A ' BC ) Câu VII (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hình lập phương ABCD.A1 B1C1 D1 , biết A(0;0;0) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) ; A1 (0;0;1).Gọi M là trung điểm AB, N là tâm hình vuông ADD1 A1 Viết phương trình mặt cầu (S) qua C; D1 ; M; N Câu VIII (1 điểm) Giải hệ phương trình: Câu IX (1 điểm) ( x 3)( x 4) y ( y 7) y2 x x 2 y 0;1 Cho ba số x, y, z thuộc nửa khoảng và thoả mãn: x y 1 z (2) P x y z y z z x xy z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: ………………….Hết………………… ĐÁP ÁN Câu1.(2,0 điểm) Cho hàm số y 2x x (1) 1.(1,0 điểm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: TXĐ : y 2x x D R \ 1 lim y 2, lim y 2 x Ta có: x suy đường y 2 là tiệm cận ngang lim y , lim y x 1 x suy đường x 1 là tiệm cận đứng y ' 0, x 1 ( x 1) Ta có : Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) Bảng biến thiên: x y ’ y Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận I 1; làm tâm đối xứng 2.(1,0 điểm) 2a 2b A a; , B b; , (a b) a 1, b 1 A , B a b Vì thuộc đồ thị hàm số nên , 2 f '(a ) , f '(b) ( a 1) (b 1) Tiếp tuyến A, B có hệ số góc là: f '(a) f '(b) Ta có 2 a b (l ) (a 1) (b 1) 2 (a 1) (b 1) a b 2 OA OB OA.OB 0 ab ab 0 (l ) 4ab 0 ( a 1)(b 1) (a 1)(b 1) Lại có: (vì ab 0 thì A trùng O B trùng O) a 1, b 3 A( 1;1), B(3;3) a 3, b A(3;3), B ( 1;1) (a 1)(b 1) kết hợp a b 2 suy ra: A( 1;1), B(3;3) A(3;3), B( 1;1) Vậy: (3) Câu 2.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm).Phương trình đã cho tương đương với: 4sin 3x sin x sin x sin x 0 3sin x sin x sin x 0 3sin x 2sin x.cos x 0 k x ;k sin x(3 cos x) 0 sin x 0 k x ;k Vậy phương trình đã cho có nghiệm 2.(0,5 điểm) Ta có: x 2mx x x 2mx x x 2 x 2 x2 2 x (2m 4) x x 2m x2 x2 1 f ( x) f ( x ) 0, x 2 x với x 2 Ta có x Xét hàm số Bảng biến thiên x f’(x) + f(x) 3 11 2m m thì phương trình đã cho có nghiệm Từ bảng biến thiên ta có với e e e ln x 1 ln x dx dx dx x x ln x Câu 3.(1,0 điểm) Ta có : I = x ln x x e ln x I1 dx t 1 ln x 2t.dt dx x ln x x Xét ; đặt t= ln x Đổi cận: x = t =1 ; x =e t = 2 2 t2 t3 4 2 I1 2tdt 2 (t 1)dt 2( t ) / t 3 1 Khi đó e e I2 dx (ln x ) / 1 x Xét Khi đó I = I1 I2 = Câu 4.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm) 7 2 3 Số phần tử tập E là : A5 60 Số các số thuộc tập E và không có chữ số là: A4 24 Số các số thuộc tập E có chữ số là: 60 24 36 C602 Số cách cách chọn hai số khác thuộc tập E là 1 Số cách cách chọn hai số khác thuộc tập E đó có đúng số có chữ số là C36 C24 1 C36 C24 144 P C60 295 Vậy, xác suất cần tìm là 2.(0,5 điểm) (4) 2x 2( x Đk: x 15.2 x4 ) 161 x 4 x Phương trình đã cho tương đương 0 x 4 15.4 x x 4 16 0 t 1(l ) t 15t 16 0 (t 0) Phương trình đã cho trở thành: t 16 Đặt t 4 x 2 x 5 x x 4 16 x x 2 x x x x 0 Với t 16 x x 4 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 5 Câu 5.(1,0 điểm) t 3 d C , DM A d A t ; 3t t d A, DM 4t 8 t 2 Ta có: Với t 3 A 3; Với t A 1;5 (loại vì A, C phải khác phía đối DM) (thỏa mãn) D m; m AD CD (m 1)(m 3) (m 7)(m 1) 0 2 2 AD CD (m 1) (m 7) (m 3) (m 1) m 5 D(5;3) Ta có I 1;1 Gọi I là tâm hình vuông I là trung điểm AC Giả sử Do I là trung điểm BD B 3; 1 Vậy, A 1;5 B 3; 1 D(5;3) , , Câu 6.(1,0 điểm) Câu 7.(1,0 điểm) a2 o S a a sin 60 o ABC Ta có: CC ' a.tan 60 a , 1 a a3 VC A ' B ' B VC ABA ' VABC A ' B ' C ' S ABC CC ' a 3 4 2 Ta có: A ' B A ' C a 3a 2a A ' M BC A ' M 4a Gọi M là trung điểm BC suy 1 a 15 a 15 S A ' BC A ' M BC a 2 a a 15 3VC A ' B ' B 3a 3a d ( B ', ( A ' BC )) S A ' BC a 15 15 VC A ' B ' B VB ' A ' BC SA ' BC d ( B ', ( A ' BC )) 4 Lại có: 3a d ( B ', ( A ' BC )) 15 Vậy (5) 1 ; D Câu 7.(1,0 điểm) Từ gt ta có: C(1; ;0); (0; 1; 1) M( ;0;0) ; N(0 ; 2 ) 2 Gọi mặt cầu (S): x y z 2ax 2by 2cz d 0 Do (S) qua các điểm C; D1 ; M; N 2 a 2b d 0 2 b 2c d 0 1 a d 0 4 1 b c d 0 2 a b c d 1 Nên ta có hệ phương trình: 5 pt ( S ) : x y z x y z 0 2 ( x 3)( x 4) y ( y 7) (1) y2 x (2) x y Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình: x 10 x 1 2 y 0 y2 Đk: 2 Từ (1) ta có ( x 1) 3( x 1) (2 y ) 3(2 y ) (3) Xét hàm f (t ) t 3t , t Ta có f (t ) 2t 0, t f (t ) đồng biến trên (0;+ ) Mà (3) f ( x 1) f (2 y ) x 2 y x 3 y y2 2 y y 1 x 2 2 y y y 0 y x 5 Thế vào (2) ta y Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (2 ; 1) và (5 ; – ) Câu 9.(1,0 điểm) x, y 0;1 và x y 1 z x z, y z x y xy z 2 xy x y Ta có x y 2 x y z P yz zx xy Do x y z 1 x y y z z x yz zx x y x y yz zx 3 3 P 2 Dấu xảy x y z 1 Vậy Pmin x y z 1 (6)