nhantrantoantsdh2015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 (1). Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. 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). Câu II (1 điểm) 1. Giải phương trình: 4sin 3 x  sin 5 x  2sin x cos 2 x 0. 2 2. Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình 2 x  2mx  3  2  x có nghiệm Câu III (1 điểm) e. ln x  1  ln x I  .dx x 1  ln x 1 Tính tích phân:. Câu IV (1 điểm) 1. Gọi E là tập hợp các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Chọn ngẫu nhiên hai số khác nhau thuộc tập E. Tính xác suất để trong hai số được chọn có đúng một số có chữ số 5. 2x 2( x  x  4 )  161 x 4 0. 2. Giải phương trình: 4  15.2 Câu V (1 điểm) C 3;  3.  và Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm  điểm A thuộc đường thẳng d : 3 x  y  2 0 . Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng DM có phương trình x – y – 2 0 . Xác định tọa độ các điểm A, B, D. Câu VI (1,0 điểm) Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy bằng a , đường thẳng B ' C tạo với đáy o một 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 của AB, N là tâm của hình vuông ADD1 A1 .Viết phương trình mặt cầu (S) đi 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 1    x 1 2 y . .. 0;1 Cho ba số x, y, z thuộc nửa khoảng   và thoả mãn: x  y 1  z .. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> P. x y z   y  z z  x xy  z 2 .. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ………………….Hết…………………. ĐÁP ÁN Câu1.(2,0 điểm) Cho hàm số. y. 2x x  1 (1).. 1.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: TXĐ :. y. 2x x 1. D R \  1. lim y 2, lim y 2 x   Ta có: x  suy ra đường y 2 là tiệm cận ngang lim y , lim y   x  1 x 1 suy ra đường x 1 là tiệm cận đứng. 2 y '   0, x 1 2 ( x  1) Ta có : Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) Bảng biến thiên: x  1  y ’  2 y  Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận. I  1; 2 .  . 2. làm tâm đối xứng.. 2.(1,0 điểm). 2a    2b  A  a; , B  b;   , (a b) a 1, b 1 A , B a  1 b  1     Vì thuộc đồ thị hàm số nên , 2 2 f '(a )  , f '(b)  2 ( a  1) (b  1) 2 Tiếp tuyến tại A, B có hệ số góc lần lượt là: f '(a)  f '(b)   Ta có. 2 2  a b (l )   (a  1) 2 (b  1) 2   2 2 (a  1) (b  1)  a  b 2.     OA  OB  OA.OB 0  ab .  ab 0 (l ) 4ab 4 0    1  ( a  1)(b  1)  (a  1)(b  1). Lại có: (vì nếu ab 0 thì A trùng O hoặc B trùng O) 4  a  1, b 3   A(  1;1), B(3;3)  1  a 3, b  1  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: . 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 2.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm).Phương trình đã cho tương đương với:. 4sin 3x  sin 5 x   sin 3 x  sin x  0.  3sin 3 x  sin 5 x  sin x 0  3sin 3 x  2sin 3 x.cos 2 x 0 k  x  ;k   sin 3 x(3  2 cos 2 x) 0  sin 3 x 0 3 k x  ;k  3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm . 2.(0,5 điểm). Ta có:. 2 x 2  2mx  3  2  x . 2 x 2  2mx  3  x  2.  x 2   x 2  2   x2  1 2 x  1 (2m  4) x  x 2m  4 x2  1 x2 1 f ( x)  f ( x )  2  0, x 2 x với x 2 . Ta có x Xét hàm số . Bảng biến thiên  x 2 f’(x) +  f(x). 3 2. 3 11 2m  4  m  4 thì phương trình đã cho có nghiệm. Từ bảng biến thiên ta có với 2 e e e  ln x 1 ln x 1  dx  dx   dx   x 1 x 1  ln x 1 Câu 3.(1,0 điểm) .Ta có : I = 1  x 1  ln x x  e ln x 1 I1  dx  t 2 1  ln x  2t.dt  dx x 1  ln x x 1 Xét ; đặt t= 1  ln x Đổi cận: x = 1  t =1 ; x =e  t = 2 2. 2. 2 t2  1 t3 4 2 2 I1   .2tdt 2 (t 2  1)dt 2(  t ) /  1 t 3 3 1 1 Khi đó e e 1 I2  dx (ln x ) / 1 1 x 1 Xét. Khi đó I = I1  I2 = Câu 4.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm). 7 2 2 3. 3 Số phần tử của tập E là : A5 60. 3 Số các số thuộc tập E và không có chữ số 5 là: A4 24 . Số các số thuộc tập E có chữ số 5 là: 60  24 36 .  C602 Số cách cách chọn ra hai số khác nhau thuộc tập E là 1 1 Số cách cách chọn ra hai số khác nhau thuộc tập E trong đó có đúng một số có chữ số 5 là C36 .C24 1 1 C36 .C24 144 P  2 C60 295 . Vậy, xác suất cần tìm là. 2.(0,5 điểm) 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2x 2( x  Đk: x  4 . 4  15.2. x4 ).  161. x 4. 2 x 2 Phương trình đã cho tương đương 4. 0. x 4.  15.4 x . x 4.  16 0.  t  1(l ) t 2  15t  16 0   (t  0) . Phương trình đã cho trở thành:  t 16 Đặt t 4  x 2  2  x 5 x  x 4 16  x  x  4 2  x  4 x  2  x  5 x 0 Với t 16  4 . x  x 4. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 5 . Câu 5.(1,0 điểm)  t 3 1  d C , DM    A  d  A  t ; 2  3t   t  1 2 d  A, DM   4t  4 8  t  1 2 Ta có: Với. t 3  A  3;  7 . Với. t  1  A   1;5 . (loại vì A, C phải khác phía đối DM) (thỏa mãn). D  m; m  2  .   AD  CD (m  1)(m  3)  (m  7)(m  1) 0    2 2 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 của hình vuông  I là trung điểm của AC . Giả sử. . Do I là trung điểm của BD . B   3;  1. . Vậy,. A   1;5  B   3;  1 D(5;3) , ,. Câu 6.(1,0 điểm) Câu 7.(1,0 điểm). 1 a2 3 o S  a . a .sin 60  o ABC 2 4 Ta có: CC ' a.tan 60 a 3 , 2 1 1 1 a 3 a3  VC . A ' B ' B VC . ABA '  VABC . A ' B ' C '  .S ABC .CC '  . .a 3  3 3 3 4 4 2 2 Ta có: A ' B  A ' C  a  3a 2a .. A ' M  BC  A ' M  4a 2 . Gọi M là trung điểm BC suy ra 1 1 a 15 a 2 15  S A ' BC  A ' M .BC  . .a  2 2 2 4. a 2 a 15  4 2. 3VC . A ' B ' B 3a 3 3a  d ( B ', ( A ' BC ))    2 1 S A ' BC a 15 15 VC . A ' B ' B VB '. A ' BC  SA ' BC .d ( B ', ( A ' BC )) 4. 3 4 Lại có: . 3a d ( B ', ( A ' BC ))  15 . Vậy 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 1 1 ; D Câu 7.(1,0 điểm) Từ gt ta có: C(1; 1 ;0); 1 (0; 1; 1) M( 2 ;0;0) ; N(0 ; 2 2 ) . 2 2 2 Gọi mặt cầu (S): x  y  z  2ax  2by  2cz  d 0 Do (S) đi qua các điểm C; D1 ; M; N 2  2 a  2b  d 0 2  2 b  2c  d 0  1    a  d 0 4 1   b  c  d 0 2. 5   a  4  b  1 4   5 c  4   d 1. Nên ta có hệ phương trình: 5 1 5  pt ( S ) : x 2  y 2  z 2  x  y  z  1 0 2 2 2 ( x  3)( x  4)  y ( y  7) (1)  y2 x 1   (2)  x 1 2  y Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình:  x 10 x 1  2 y 0 y2 Đk: . 2 2 Từ (1) ta có ( x  1)  3( x  1) (2  y )  3(2  y ) (3). . . 2 Xét hàm f (t ) t  3t , t  0. Ta có f (t ) 2t  3  0, t  0  f (t ) đồng biến trên (0;+  ). Mà (3)  f ( x  1)  f (2  y )  x  1 2  y  x 3  y y2 2 y  y 1  x 2  2 2  y  y  y  2 0   y  2  x 5 Thế vào (2) ta được 2  y Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (2 ; 1) và (5 ; – 2 ) Câu 9.(1,0 điểm) x, y   0;1. và x  y 1  z  x  z, y z 2 x  y  2 xy  z 2 xy  x  y 2 Ta có do x  y 2 x y z P   yz zx xy. Do.  1 x y z 1 1 1       x  y    y  z    z  x       3 yz zx x y 2  x y yz zx 9 3 3   3  P  2 2 2 . Dấu bằng xảy ra khi x  y z 1 Vậy. Pmin . 3 2 khi x  y z 1. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>