Mỗi tuần 1 đề luyện thi ĐH_Đề số 3 và hướng dẫn giải

Chia sẻ: Love Love | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

0
247
lượt xem
43
download

Mỗi tuần 1 đề luyện thi ĐH_Đề số 3 và hướng dẫn giải

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'mỗi tuần 1 đề luyện thi đh_đề số 3 và hướng dẫn giải', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Mỗi tuần 1 đề luyện thi ĐH_Đề số 3 và hướng dẫn giải

  1. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 ĐỀ SỐ 3 I. Phần chung Câu 1 (2đ).  2m  1 x  m2 Cho hàm số: y  C  x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C  ứng với m  1 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số  C  tiếp xúc với đường thẳng y  x . Câu 2 (2đ). 1. Giải phương trình: 2  3 cos 2 x  sin2x  4cos 2 3x  2 2 xy  x  y2  1 2. Giải hệ phương trình:  x y  x  y  x2  y  Câu 3 (1đ).  2 sin xdx Tính tích phân: I   3 0  sin x  cos x  Câu 4 (1đ). a 3 Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có cạnh đáy 2a , AM   ABC  , AM  2 ( M là trung điểm của cạnh BC ).Tính thể tích khối đa diện ABABC . Câu 5 (1đ). Cho các số x, y là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2  y 2  4 y  4  x 2  y 2  4 y  4  x  4 II. Phần riêng (Thí sinh chỉ làm một trong hai phần). A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN. Câu 6a (1đ). 1). Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho 3 điểm A  3;1;1 , B  7;3;9  , C  2;2;2  và mặt phẳng  P  có phương trình: x  y  z  3 . Tìm trên      P  điểm M sao cho MA  2MB  3MC nhỏ nhất. x2 y 2 2) Cho Elip có phương trình  E  :   1 . Tìm các điểm M   E  sao cho 100 25  F1MF2  1200 ( F1 , F2 là hai tiêu điểm của Elip) Câu 7a (1đ). Gọi a1 , a2 ,..., a11 là các hệ số trong khai triển sau: 10  x  1  x  2  x11  a1 x10  a2 x9  ...  a11 , tìm hệ số a5 . B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO. Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 1 www.trungtamquangminh.tk
  2. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Câu 6b (1đ). 1) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho điểm M  2;1; 2  và đường thẳng x2 y z 3 d  :   . Tìm trên  d  hai điểm A, B sao cho tam giác ABM đều. 1 1 1 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy , cho đường tròn 2 2  C  :  x  3   y  4   35 và điểm A  5;5  . Tìm trên đường tròn 2 điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Câu 7b (1đ). Giải hệ phương trình:   2y  log 2009  x   x  2 y     3 3  x  y  x2  y2  xy  HƯỚNG DẪN GIẢI I. Phần chung Câu 1 (2đ).  2m  1 x  m 2 Cho hàm số y C  x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  hàm số 1 khi m  1 b) Tìm m để đồ thị hàm số  C  tiếp xúc với đường thẳng y  x Giải a) Bạn đọc tự giải.  2m  1 x  m 2 b) y  C  x 1 TXĐ: D   \ 1 Đồ thị hàm số  C  tiếp xúc với đường thẳng y  x . Ta có điều kiện tiếp xúc:   2m  1 x  m 2   x *  x 1  2   m  1  1 **   x  12  2  m  1  1  m  1 2  x  1 2   m  1  x  1   x  m Từ ** ta có 2      x  2  m  x  1  m  1    x  1  + Với x  m thay vào (*) ta có: 0m  0  thỏa với mọi m Vì x  1  m  x  1 + Với x  2 – m thay vào (*) ta có: 2  2m  1 2  m   m2   2  m  2  m  1  4  m  1  0  m  1 m  1  x  2  1  1 (loại) Vậy với m  1 thì đồ thị hàm số  C  tiếp xúc với đường thẳng y  x . Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 2 www.trungtamquangminh.tk
  3. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Câu 2 (2đ). 1. Giải phương trình: 2  3 cos 2 x  sin 2 x  4cos 2 3 x Giải 2  3 cos 2 x  sin 2 x  4cos 2 3 x   3 cos 2 x  sin 2 x  4cos 2 3 x  2  3 1  cos 2 x  sin 2 x  cos 6 x 2 2  5   cos   2 x   cos 6 x  6   5 6 x  6  2 x  k 2   k,l   6 x    5  2 x   l 2      6   5 k  x  48  4   k,l    x   5  l   24 2 2. Giải hệ phương trình:  2 2 2 xy x  y  x  y  1 1   x  y  x2  y  2  Giải: Điều kiện: x  y  0 2 xy 2  1  1 : x 2  y 2   1   x  y   1  2 xy 1  0 x y  x y  x  y 1   x  y  1 x  y  1  2 xy  0  x y   2 xy    x  y  1  x  y  1  0  x y   x  y  1  x 2  y 2  x  y   0  x  y 1  0  y  1 x (vì x  y  0 nên x 2  y 2  x  y  0 ) x  1  y  0 Thế x  1  y vào  2  ta có: 1  x 2  1  x   x 2  x  2  0    x  2  y  3 Vậy hệ có hai nghiệm: 1;0  ,  2;3 Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 3 www.trungtamquangminh.tk
  4. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Câu 3 (1đ).  2 sin xdx Tính tích phân: I   3 0  sin x  cos x  Giải  Đặt x   t  dx  dt 2    0 sin   t   dt  2 2  cos tdt Ta có: I   3  3       0  sin t  cos t  2  sin   t   cos   t    2   2    2 2 sin xdx cos xdx Do đó ta có: I   3  3 0  sin x  cos x  0  sin x  cos x     cos x  sin x 1 1   Xét 2 I   2 3 dx   2 2 dx   2 dx  0  sin x  cos x  0  sin x  cos x  0   4 2cos 2  x     4  1   1  2      tan  x     tan  tan      tan  1 2  4 0 2 4  4  4 1 Vậy I  2 Câu 4 (1đ). a 3 Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đầu cạnh 2a , A ' M   ABC  và A ' M  2 trong đó M là trung điểm của BC. Tính thể tích khối đa diện ABA ' B ' C . Giải A' C' B' A C M B Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 4 www.trungtamquangminh.tk
  5. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Vì ABB ' A ' là hình bình hành nên ta có: VC . ABB '  VC . AB ' A ' (đáy bằng nhau và cùng đường 1 1 a 3 a 2 3 a3 cao). Mà VC . ABB '  A ' M .S ABC  .  3 3 2 4 8 3 3 a a Vậy VC . ABB ' A '  2VC . ABB '  2  (đvtt) 8 4 Câu 5 (1đ). Cho x, y là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  x2  y 2  4 y  4  x2  y2  4 y  4  x  4 Giải 2 2 Ta có: A  x 2   2  y   x 2   y  2   x  4   Xét a   x; 2  y  , b   x, y  2      2 2 Ta có: a  b  a  b  x 2   2  y   x 2   y  2   4 x 2  16  2 x 2  4 Suy ra A  2 x 2  4  x  4   Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi a, b cùng hướng hay y  0 2  Dùng BĐT BCS ta có: 2 3  x    3  1  4  x 2   2 x 2  4  2 3  x 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  3 Do đó: A  2 3  x  4  x  2 3  4  2 3  4 2 Vậy A  4  2 3 dấu “=” xảy ra khi x  ,y 0 3 2 Vậy min A  4  2 3 khi x  ,y 0 3 II. Phần riêng (Thí sinh chỉ làm một trong hai phần). A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN. Câu 6a (1đ). a) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho 3 điểm A  3;1;1 , B  7;3;9  , C  2;2;2  và mặt phẳng      P  : x  y  z  3 . Tìm trên  P  điểm M sao cho: MA  2MB  3MC nhỏ nhất. Giải        23 13 25  Gọi I là điểm thỏa: IA  2 IB  3IB  0 , khi đó tọa độ điểm I là: I  ; ;   6 6 6                          Ta có: T  MA  2 MB  3MC  MI  IA  2 MI  IB  3 MI  IC  6MI  6 MI    Do đó T nhỏ nhất  MI nhỏ nhất  M là hình chiếu của I lên mặt phẳng  P  . Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 5 www.trungtamquangminh.tk
  6. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Gọi  d  là đường thẳng qua I và vuông góc với  P  ,  d  có vectơ chỉ phương là  23 x  6  t    13 nP  1;1;1 . Phương trình tham số của  d  là:  y   t  6  25 z  6  t  Thay vào phương trình mặt phẳng  P  ta có: 23 13 25 t t  t 3 6 6 6 43  3t  6 43 t 18 43  13 2 16  Thay t  vào phương trình  d  ta có: M  ; ;  6 9 9 9 x2 y2  b) Cho Elip có phương trình  E    1 . Tìm điểm M trên Elip sao cho F1MF2  1200 100 25 Giải 3 3 Gọi M  a; b   E , Ta có: MF1  10  a, MF2  10  a 2 2 Áp dụng định lý hàm số cosin đối với tam giác F1MF2 ta có: F F 2  MF 2  MF 2  2MF .MF cos F MF  1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2  3   3   3  3  1    10 3    10  a   10  2   a   2  10  2  a 10  2  a  2  2      a0 Thay a  0 vào phương trình Elip ta có: b  5 hoặc b  5 Vậy có 2 điểm thỏa: M 1  0;5  , M 2  0; 5  Câu 7a (1đ). Gọi a1 , a2 ,..., a11 là các hệ số trong khai triển sau: 10  x  1  x  2  x11  a1 x10  a2 x9  ...  a11 Tìm hệ số a5 Giải 10 Ta có:  x  1  C10 x10  C10 x 9  C10 x8  C10 x 7  ...  C10 x  C10 0 1 2 3 9 10 10   x  1  x  2   .... C10  2C10  x6  ...  5 4  5 4  a5  C10  2C10  672 Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 6 www.trungtamquangminh.tk
  7. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Cách khác: 10 10 10 10 10 Ta có:  x  1  x  2  x  x  1  2  x  1  x  C x  2 C10 x k k k 10 k k 0 k 0 6 5 4 a5 là hệ số của x nên a5  C  2C  672 10 10 B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO. Câu 6b (1đ). a) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho điểm M  2;1; 2  và đường thẳng x2 y z 3 d  :   . Tìm trên  d  hai điểm A, B sao cho tam giác ABM đều. 1 1 1 Giải M 0  2;0;3   d   d  có vectơ chỉ phương là u  1;1;1  MM 0   0; 1;1    MM 0 , u    2;1;1   Gọi H là hình chiếu của M lên (d). Ta có:    MM 0 , u  2  2   12  12   MH  d  M ; d      2 u 12  12  12 Tam giác ABM đều nhận MH là đường cao nên ta có: 2MH 2 2 2 6 MA  MB  AB    3 3 3 Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ x  2 y z 3  1 1 1  1   x  2 2   y  12   z  2 2  8  2    3 x  2  t  1 :  y  t thay vào (2) ta có: z  3  t  2 2 2 8  2  t  2    t  1  3  t  2   3  2 2 t  3  t2    9  2 t    3 Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 7 www.trungtamquangminh.tk
  8. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11  2 x  2   3 2  2 Với t   y  3  3  2 z  3    3  2 x  2   3 2  2 Với t    y   3  3  2 z  3    3  2 2 2  2 2 2 Vậy A, B là một trong hai điểm  2  ; ;3  , 2  ; ;3    3 3 3   3 3 3  2 2 b) Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho đường tròn  C  :  x  3   y  4   35 và điểm A  5;5  . Tìm trên đường tròn hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Giải A B I C Tâm đường tròn I  3; 4   AB  AC Ta có  , suy ra AI là đường trung trực của BC , tam giác ABC vuông cân tại A  IB  IC  nên AI cũng là phân giác của BAC . Do đó AB, AC hợp với AI một góc 450 . Gọi (d) là đường thẳng hợp với AI một góc 450 . Khi đó B, C là giao điểm của  d  và  C  và AB AC  Ta có: IA   2;1  1;1 , 1; 1 (lần lượt là vectơ chỉ phương của đường thẳng y   x và y  x )do đó vectơ chỉ phương của (d) có hai thành phần đều khác không.  Gọi u  1, a  là vectơ chỉ phương của (d). ta có Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 8 www.trungtamquangminh.tk
  9. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11    2a 2a 2  cos IA, u   1  a 2 22  1  5 1  a2  2 a  3  2 2  a  5 1  a  2  2  a   5 1  a   3a  8a  3  0   2 2 2 2  a  1  3   +Với a  3 ,thì u1  1;3  , phương trình đường thẳng qua A nhận u1  1;3  làm vectơ chỉ x  5  t phương là:   d1   y  5  3t Thay vào phương trình đường tròn (C) ta có: 2 2  5  t  3   5  3t  4   35  t2  t  3  0  1  13 t   2  1  1 13 t   2  9  13 1  13 x   2 Với t  ta có:  2  y  7  3 13   2  9  13 1  13 x   2 Với t  ta có:  2  y  7  3 13   2  9  13 7  3 13   9  13 7  3 13  Ta có giao điểm của  d1  và  C  là  ; , ;   2 2   2 2  1   + a  , thì chọn u1   3; 1 , phương trình đường thẳng qua A nhận u1   3; 1 làm 3 x  5  t  vectơ chỉ phương là  1  d2  y  5  3t  Thay vào phương trình đường tròn (C) ta có: 2 2  5  3t  3   5  t  4   35  t2  t  3  0  1  13 t   2  1  13 t   2 Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 9 www.trungtamquangminh.tk
  10. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11  7  3 13 1  13 x   2 Với t  ta có:  2  y  11  13   2  7  3 13 1  13 x   2 Với t  ta có:  2  y  11  13   2  7  3 13 11  13   7  3 13 11  13  Ta có giao điểm của  d 2  và  C  là  ; , ;   2 2   2 2   7  3 13 11  13   9  13 7  3 13  Vì AB  AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là:  ; , ;   2 2   2 2   7  3 13 11  13   9  13 7  3 13  và  ; , ;   2 2   2 2  Câu 7b (1đ).  2y log 2009 x  x  2 y 1  Giải hệ phương trình:  3 3  x  y  x2  y2  2  xy  Giải Điều kiện: xy  0 Từ  2  ta có: x 3  y 3  xy  x 2  y 2   0  x  0, y  0 2y 2y 1 : log 2009 x  2y   2009 x  2 y  x.2009 x  2y.20092y x x t Xét hàm số f  t   t 2009  t  0   t  f '  t   2009t 1  0  ln 2009  Do đó hàm số f  t  là hàm tăng khi t  0 Vậy ta có: f  x   f  2 y   x  2 y y  0  x  0  9 Thay x  2 y vào  2  ta có phương trình: y  5 y    0    2 y  9  x  9  10 5 9 9  So với điều kiện ta có nghiệm của hệ phương trình:  ;  .  5 10  HẾT Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 10 www.trungtamquangminh.tk

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản