zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử Đại học: Môn Toán (Có hướng dẫn lời giải)

Chia sẻ: Megabookchuyengiasachluyenthi Megabookchuyengiasachluyenthi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

Báo xấu

84
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi thử Đại học môn Toán" sẽ mang đến cho các bạn 9 câu hỏi bài tập có hướng dẫn lời giải, giúp các bạn củng cố lại kiến thức và rèn luyện những kỹ năng cần thiết để chuẩn bị bước vào kỳ thi. Chúc các bạn thi tốt.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học: Môn Toán (Có hướng dẫn lời giải)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 2x − 3 Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị (C). x−2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C). 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất . Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình: 2(tanx – sinx) + 3(cotx – cosx) + 5 = 0. 1 dx Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân: ∫ . −1 1 + x + 1 + x 2 Câu 4 (1 điểm) 1. Tính tổng : S = C50C57 + C15C74 + C52C37 + C35C72 + C54C17 + C55C07 . 2. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết z = 2 và 1 − z = 1 + i.z. Câu 5 (1 điểm) Trong không gian Oxyz cho điểm M (1;1; −2). Viết phương trình mặt phẳng (α ) đi qua M và cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho ABC là một tam giác có trực tâm là điểm M. Câu 6 (1 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a. Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) trong trường hợp thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất . Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường tròn (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó. Câu 8 (1 điểm) Giải phương trình x 4 − 24 x3 + 200 x 2 − 672 x + 716 + x − 2 + 10 − x = 0. Câu 9 (1 điểm) Cho các số thực a, b, c > −1 và thỏa mãn 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 6 ≤ 5 ( a + b + c ) . 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = + + . a +1+ a +1 3 b +1+ b +1 3 c +1+ c +1 3 ĐÁP ÁN Câu 1 (2 điểm) 1. HS tự làm. 2. Lấy điểm M  m; 2 +  1 1 1  ∈ ( C ) . Tiếp tuyến (d) tại M có PT y = − (x − m) + 2 + . m−2 ( m − 2) m−2 2   Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là A  2; 2 +  2  , với tiệm cận ngang là B(2m – 2 ; 2). m−2   1  Ta có : AB2 = 4 ( m − 2 ) +  ≥ 8 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2. Vậy điểm M(2; 2). 2 ( m − 2 )  2   2 3  Câu 2 (1 điểm) PT ⇔  +  ( cosx + sin x − cosx.sin x ) = 0.  cosx sin x  2 3 −3 - Xét + = 0 ⇔ tan x = = tan α ⇔ x = α + kπ , k ∈ ℤ. cosx sin x 2 http://megabook.vn/
- Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx với t ∈  − 2; 2  . Khi đó phương t2 −1 trình trở thành: t − = 0 ⇔ t 2 − 2t − 1 = 0 ⇔ t = 1 − 2 2  π  π  1− 2 π Suy ra : 2cos  x −  = 1 − 2 ⇔ cos  x −  = = cosβ ⇔ x = ± β + k 2π , k ∈ℤ.  4  4 2 4 1 + x2 1 1 1 1 1  dx Câu 3 (1 điểm) Tích phân I = ∫ = ∫  + 1 dx − ∫ dx. Trong đó −1 1 + x + 1 + x 2 2 −1  x  −1 2x 1+ x2 1 1 1 1  1 I1 = 2 −∫1  x  + =  +  = = ∫−1 2x dx . Đặt t = 1 + x ⇒ t = 1 + x ⇒ 2tdt = 2xdx . Đổi 1 2 2 2  1  dx ln x x | 1 và I 2  −1 2 x = 1 t = 2 2 t 2dt c ận :  ⇒ . Vậy I2= ∫ = 0 . Nên I = 1.  x = −1  t = 2 2 2 ( t 2 − 1 ) Câu 4 (1 điểm) 1. Chọn khai triển : ( x + 1) = C5 + C5 x + C52 x 2 + ⋯ + C55 x 5 ; ( x + 1) = C07 + C17 x + C72 x 2 + ⋯ + C77 x 7 = C07 + C17 x + C72 x 2 + ⋯ + C57 x 5 + ⋯ 5 0 1 7 Hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là C50 C57 + C15C74 + C52 C37 + C35C72 + C54C17 + C55C07 . Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)12 là : C125 . Từ đó ta có : C50 C57 + C15C74 + C52C37 + C35C72 + C54C17 + C55C07 = C125 = 792. 2. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết z = 2 và 1 − z = 1 + i.z.  z = 2 a 2 + b2 = 2 Giả sử z = a + ib, với a, b ∈ ℝ. Ta có  ⇔ ⇔ a = b = ±1 ⇔ z = ± (1 + i ) . 1 − z = 1 + i.z a = b Vậy phần thực và phần ảo của z cùng bằng 1 hoặc cùng bằng −1. Câu 5 (1 điểm) Chứng minh được M là trực tâm ∆ABC khi và chỉ khi OM ⊥ ( ABC ) . Vậy mặt phẳng (α ) đi qua M (1;1; −2), có VTPT n = OM = (1;1; −2) , nên (α ) có PT x + y − 2 z − 6 = 0. ; BC = AC = a.cos ϕ ; Câu 6 (1 điểm) Gọi ϕ là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC). Ta có ϕ = SCA SA = a.sin ϕ . Vậy VSABC = .SABC .SA = .AC.BC.SA = a 3 sin ϕ.cos 2ϕ = a 3 sin ϕ (1 − sin 2 ϕ ) . Xét hàm số 1 1 1 1 3 6 6 6 1 f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1). Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . f ' ( x ) = 0 ⇔ x = ± . Từ đó ta thấy trên 3 khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực đại, nên tại đó hàm số đạt  1  2 a3 1 GTLN hay Max f ( x ) = f   = . Do đ ó MaxV SABC = , đạt được khi sin ϕ = hay x∈( 0;1)  3 3 3 9 3 3 1 π 1 ϕ = arc sin (với 0 < ϕ < ). Vậy ϕ = arc sin . 3 2 3 Câu 7 (1 điểm) Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 (A2 + B2 ≠ 0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là  5A − 12B + C  = 15 (1)  A 2 + B2   A + 2B + C = 5 2  A 2 + B2 ( )  Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | Hay 5A – 12B + C = ± 3(A + 2B + C) http://megabook.vn/
TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) ⇒ C = A – 9B thay vào (2) −14 ± 10 7 |2A – 7B | = 5 A 2 + B2 ⇒ 21A 2 + 28AB − 24B2 = 0 ⇒ A = B 21 Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 ±10 7 , C = −203 ± 10 7 Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 ±10 7 )x + 21y −203 ± 10 7 = 0 −4A + 3B TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C) ⇒ C = , thay vào (2) ta được 2 96A2 + 28AB + 51B2 = 0. Phương trình này vô nghiệm . Câu 8 (1 điểm) Giải phương trình x 4 − 24 x3 + 200 x 2 − 672 x + 716 + x − 2 + 10 − x = 0. Điều kiện 2 ≤ x ≤ 10. Ta biến đổi PT ⇔ x − 2 + 10 − x = ( x − 6 ) ( x − 2)(10 − x) + 4(1). Với 2 ≤ x ≤ 10 thì VP(1) ≥ 4. 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki (Bunyakovsky) ( ) 2 x − 2 + 10 − x ≤ (1 + 1)( x − 2 + 10 − x ) ⇒ VT (1) = x − 2 + 10 − x ≤ 4 ⇒ VT (1) ≤ 4 ≤ VP(1). ( x − 6 )2 ( x − 2)(10 − x) = 0 Như vậy (1) ⇔  ⇔ x = 6. Vậy (1) có nghiệm duy nhất x = 6.  x − 2 = 10 − x Câu 9 (1 điểm) Giả sử a, b, c > −1 và thỏa mãn 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 6 ≤ 5 ( a + b + c ) . Trước hết, ta thấy 2 x 2 − 5 x + 8 ≥ x + 1 + 1 + x3 , ∀x > −1 ⇔ 2 x 2 − 6 x + 7 ≥ 1 + x 3 , ∀x > −1 ( ) 2 ⇔ 2x2 − 6 x + 7 ≥ 1 + x3 , ∀x > −1 ( ) ⇔ ( x − 2 ) 4 x 2 − 9 x + 12 ≥ 0, ∀x > −1. 2 BĐT cuối cùng đúng, do đó 2 x 2 − 5 x + 8 ≥ x + 1 + 1 + x3 đúng, với ∀x > −1 . Ta có 1 1 2 x 2 − 5 x + 8 ≥ x + 1 + 1 + x3 > 0, ∀x > −1, nên ≤ , ∀x > −1, do đó 2x2 − 5x + 8 x +1+ 1+ x 3  1 1  2 ≤  2 a − 5a + 8 a + 1 + 1 + a 3  1 1  2 ≤  2b − 5b + 8 b + 1 + 1 + b3  1 1  2 ≤  2c − 5c + 8 c + 1 + 1 + c3 1 1 1 1 1 1 ⇒F= + + ≥ 2 + 2 + 2 ≥ a +1+ a +1 b +1+ b +1 c +1+ c +1 3 3 3 2 a − 5 a + 8 2b − 5 b + 8 2 c − 5c + 8 9 9 1 ≥ = ≥ . ( ) ( ) ( 2a 2 − 5a + 8 + 2b 2 − 5b + 8 + 2c 2 − 5c + 8 ) ( ) 2 a 2 + b 2 + c 2 − 5 ( a + b + c ) + 24 2 1 1 Xảy ra F = khi a = b = c = 2. Vậy min F = , đạt được khi a = b = c = 2. 2 2 http://megabook.vn/

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.