ĐỀ THI THỬ KHẢO SÁT MÔN TOÁN TRƯỚC KỲ THI QUỐC GIA 2015THPT Chuyên Nguyễn Huệ - Hà Nội lần 1
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (604.69 KB, 10 trang )
>> 1
Câu 1: Cho hàm số
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1
2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng 2x – y + 1 = 0 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
tam giác OAB có diện tích bằng 1.
Câu 2. Giải các phương trình sau:
1)
2)
Câu 3. Từ một hộp chứa 10 thẻ được đánh số từ 0 đến 9, chọn ngẫu nhiên 3 thẻ. Tính xác suất để
3 thẻ được chọn có thể ghép thành số tự nhiên có 3 chữ số mà số đó chia hết cho 5
Câu 4. Tìm
Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A(1;2;-4),
B(1;-3;1), C(2;2;3) và có tâm nằm trên mặt phẳng Oxy.
Câu 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc
, SA= SB =
SD =
. Tính thể tích khối chóp S.BCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AD và SB.
Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD, CD = 3AB. Biết đường
thẳng AC có phương trình 2x –y + 8 = 0, đường thẳng BD có phương trình x + 2y – 6 = 0, chu vi
hình thang ABCD bằng
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết x
D
> 0, x
C
< 0.
Câu 8. Giải hệ phương trình:
Câu 9. Với x, y , z 0, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ NHẤT
CHUYÊN NGUYỄN HUỆ NĂM HỌC 2014 – 2015
ĐỀ THI MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
>> 2
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ CHUYÊN NGUYỄN HUỆ
Câu 1 : Cho
2
1
xm
y
x
.
1. KSHS với
1m
.
2. Tìm
m
để đường thẳng
21yx
cắt đồ thị tại hai điểm
A
,
B
sao cho
1
OAB
S
.
Giải
1. KSHS
21
1
x
y
x
TXĐ :
\1D
2
1
0
1
y x D
x
Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.
Hàm số không có cực trị
lim 2
x
y
: Tiệm cận ngang
2y
11
lim , lim
xx
yy
: Tiệm cận đứng
1x
Bảng biến thiên :
Vẽ đồ thị
>> 3
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại
0;1A
, cắt trục hoành tại
1
;0
2
B
.
2. Tìm
m
để đường thẳng
21yx
cắt đồ thị tại hai điểm
A
,
B
sao cho
1
OAB
S
.
Xét phương trình hoành độ giao điểm :
2
21
1
xm
x
x
1x
2
2 1 0x x m
(1)
Để
: 2 1d y x
cắt
C
tại hai điểm phân biệt pt (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1
(*)
Với điều kiện (*) thì d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A(x
A
;2x
A
+1); A(x
B
;2x
B
+1)
Với x
A
; x
B
là nghiệm của phương trình (1) thỏa mãn
Ta có:
Ta có
1
,
5
d O d
,
1
, . 1
2
ABC
S d O d AB
25AB
22
20
A B A B
x x y y
>> 4
22
4 20
A B A B
x x x x
2
44
A B A B
x x x x
2
11
44
22
m
23
8
m
Vậy
23
8
m
Câu 2 : Giải các phương trình.
1.
3
2cos cos4 cos2 0xxx
2.
2
4 2 4
log 2 log 1 2log 3 5x x x
Giải
1.
3
2cos cos4 cos2 0xxx
3
2cos 2cos3 .cos 0x x x
2
cos cos cos3 0x x x
23
cos cos 4cos 3cos 0x x x x
3
cos
4
cos 1
cos 0
x
x
x
3
arccos 2
4
2
2
xk
x k k
xk
>> 5
Vậy phương trình có nghiệm :
3
arccos 2
4
xk
,
2xk
,
2
xk
,
k
2.
2
4 2 4
log 2 log 1 2log 3 5x x x
Điều kiện :
5
,2
3
xx
.
Ta có
2
4 2 4
log 2 log 1 2log 3 5x x x
2 2 2
4 4 4
log 2 log 1 log 3 5x x x
2 2 2
2 1 3 5x x x
2 1 3 5x x x
2
2
4 3 0
2 7 0
xx
xx
1 1 2 2xx
.
Vậy
1 1 2 2xx
.
Câu 3 : Từ một hộp chứa 10 thẻ được đánh số từ 0 đến 9, chọn ngẫu nhiên ba thẻ, tính xác suất
để chọn 3 thẻ tạo thành số tự nhiên có ba chữ số mà số đó chia hết cho 5.
Nhận xét : số tự nhiên chia hết cho 5 có số tận cùng là 0 hoặc 5. Vậy ta phải rút ra 1 trong hai thẻ
này hoặc cả hai thẻ. Tuy nhiên theo yêu cầu đề bài ta nên dùng biến cố đối (không rút được thẻ 0
và 5 sẽ dễ dàng hơn).
Giải
Số tự nhiên chia hết cho 5 có số tận cùng là 0 hoặc 5. Vậy ta phải rút ra 1 trong hai thẻ này hoặc
cả hai thẻ. Ta dùng biến cố đối là rút ra không có hai thẻ 0 và 5.
Rút 3 thẻ bất kỳ :
3
10
C
, 3 thẻ bất kỳ trong đó không có 0 và 5 :
3
8
C
.
Vậy xác suất cần tìm là
3
8
3
10
8
1
15
C
C
.
Câu 4 : Tìm
1
.1
x
x
e
dx
xe
.
>> 6
Nhận xét
. 1 .
1 . . 1
x x x
x x x x
x e e x e
e e x e x e
.1
1 . . 1
1
. 1 . 1 . 1
x
x x x x
x x x
xe
e e x e x e
x e xe xe
Giải
=
Câu 5 :
Giải
Gọi O là tâm mặt cầu O(a;b;c), do O => O(a;b;0)
OA = OB = OC =>
=> O(-2;1;0)
R
2
= OA
2
= 26
Phương trình mặt cầu là (x + 2)
2
+ (y-1)
2
+ z
2
= 26
Câu 6
>> 7
ABCD là hình thoi =>
=>
=> ta đi tính
Có :
, ABCD là hình thoi => ABD là tam giác đều
BDAC, SO BD, BD (SAO)
=> (SAO) (ABD) theo gt AO.
Gọi G là trọng tâm ABD => SB (ABD)
(vì tứ diện SABD có SA = SB = SD trên đường cao từ đỉnh S xuống mặt (ABD) chính là trọng tâm
=> AG =
AO =
=
SG =
= >
Có AD // BC => d (AD;SB) = d(AD;(SBC)) = d(A;(SBC))
>> 8
Mặt AG(SBC) = C
=>
Gọi H là hình chiếu của G lên BC => GH BC => BC n SH
Trong (SHG) gu c
ng cao GI
=> d (A;(SBC)) =
d(G;(SBC)) =
=
=>Vậy d (AD; SB) =
Câu 7.
Gọi E = AC ∩ BD => E(-2 ;4)
A(a,2a +8) ; B(6-2b,b), C(c,2c +8), D(6-2d,d)
=> c = -3a – 8 (1)
=> d = -3b + 16 (2)
EA
2
= EB
2
=> (a +2 )
2
+ (2a +4 )
2
= ( 8 -2b)
2
+ (b -4 )
2
(3)
Do chu vi hình thang cân ABCD là
2(AD + 2AB) =
+
=
;
(4)
Giải hệ 4 phương trình 4 ẩn (1),(2),(3),(4) ta được:
A= -1; b= 5;c = -5; d = 1
>> 9
Vậy A(-1;6); B(-4;5); C(-5;-2); D(4;1)
Câu 8 : Giải hệ phương trình :
2
22
1 3 2 2 0
4 3 2 1 0
x y y xy y
x y xy y y x
Nhận xét : việc giải hệ này tương đối dễ với dữ kiện
10xy
, tuy nhiên tại dữ kiện còn lại
lại gây khó khăn cho ta đôi chút nhưng cũng có thể giải quyết được khi nhận xét được phần
chung
2
32yy
ở cả hai phương trình.
Giải
2
22
1 3 2 2 0
4 3 2 1 0
x y y xy y
x y xy y y x
Trường hợp 1 :
22
10
1
2
4 3 2 1 0
xy
x y xy y y x
Thay
1
vào
2
ta được phương trình :
32
20x x x
0, 1
1, 0
xy
xy
Trường hợp 2 :
2
22
3 2 2 0
4 3 2 1 0
y xy y
x y xy y y x
Cộng vế theo vế của hai phương trình ta thu được phương trình sau :
2
3 3 0x y xy x
Với
0y
không phải là nghiệm của hệ nên
2
3
3 3 0
1
x
x y xy x
x
y
3x
2
3 3 2 2 0y y y vn
1
x
y
2
3 1 2 2 0y y vn
Vậy hệ phương trình có nghiệm
0
1
x
y
,
1
0
x
y
Câu 9 : tìm
11
max
1 1 1 1
P
x y z x y z
>> 10
Nhận xét :
3
3
1 1 1
3
x y z
x y z
3
13
1 1 1 3x y z x y z
Vậy ta đổi biến theo biến
x y z
Giải
3
1 1 1 3
1 1 1 1 1 3
P
x y z x y z x y z x y z
P
với
Khi đó xét hàm số f(t) =
F’(t) =
F’(t) = 0 t = 4 do t
Ta có f(t)
Hay P
Vậy GTLN của P =
khi x = y = z = 1
