Đề thi thử Đại học môn Toán - Đề 37, 38

Chia sẻ: Tran Binh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

87
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn thi Đại học - Cao đẳng dành cho các bạn học sinh với 2 đề thi thử Đại học môn Toán 37 và 38 sẽ giúp các bạn luyện thi Đại học và củng cố kiến thức môn Toán về giải hệ phương trình, viết phương trình đường tròn. Chúc các bạn thành công.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán - Đề 37, 38

ĐỀ SỐ 37. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. 2x  4 Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y  . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho A và B đối xứng nhau qua đường thẳng có phương trình: x + 2y +3= 0. Câu II: (2,0 điểm) sin 2 x 1 1. Giải phương trình:   2 c os x . sin x  cos x 2 . tan x   x y  x y  2 2. Giải hệ phương trình:  2 2 2 2  x  y 1  x  y  3   2 cos x Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân:  (e 0  s inx).sin 2 x.dx Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ nội tiếp trong hình trụ có bán kính đáy r; góc giữa BC’ và trục của hình trụ bằng 300; đáy ABC là tam giác cân đỉnh B có ABC  1200 . Gọi E, F, K lần lượt là trung điểm của BC, A’C và AB. Tính theo r thể tích khối chóp A’.KEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE. 3 Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn: a + b + c = . 4 1 1 1 Chứng minh rằng: 3 3 3 3 a  3b b  3c c  3a Câu VI: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng  : x – y + 1 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt  ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho MAB vuông tại M và có diện tích bằng 2. x y  2 z 1 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:   và mặt phẳng 1 1 1 (P) : ax + by + cz – 1 = 0 (a 2  b 2  0) . Viết phương trình mặt phẳng (P) biết (P) đi qua đường thẳng d và tạo với các trục Oy, Oz các góc bằng nhau. Câu VII: (1,0 điểm) Xét số phức z thỏa mãn điều kiện : z  3i  1 , tìm giá trị nhỏ nhất của z . ------------------------Hết----------------------
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 37. CÂU NỘI DUNG TXĐ: D = R\{-1} 6 Chiều biến thiên: y '   0 x  D ( x  1) 2 Hs đồng biến trên mỗi khoảng (; 1) và (1; ) , hs không có cực trị. Giới hạn: lim y  2, lim y  , lim y   x  x 1 x 1 => Đồ thị hs có tiệm cận đứng x = -1, tiệm cận ngang y = 2 BBT x - -1 + y’ + + + 2 y 2 - I-1 (1 điểm) + Đồ thị (C): Đồ thị cắt trục hoành tại điểm  2; 0  , trục tung tại điểm (0;-4) Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng 8 6 4 2 15 10 5 O 5 10 15 2 4 6 8 Đường thẳng d cần tìm vuông góc với  : x + 2y +3= 0 nên có phương trình y = 2x +m 2x  4 D cắt (C) ở 2 điểm A, B phân biệt   2 x  m có 2 nghiệm phân biệt x 1  2 x 2  mx  m  4  0 có 2 nghiệm phân biệt khác - 1  m 2  8m  32  0 (1)  x x m  xI  A B   2 4 I-2 Gọi I là trung điểm AB có  (1 điểm)  y  2x  m  m  I  I 2 Do AB vuông góc với  nên A, B đối xứng nhau qua đường thẳng  : x + 2y +3= 0  I    m  4 m = - 4 thỏa mãn (1) vậy đường thẳng d có phương trình y = 2x - 4
§iÒu kiÖn: sin x  0, cos x  0,sin x  cos x  0. cos x 2 sin x cos x Pt ®· cho trë thµnh   2 cos x  0 2 sin x sin x  cos x cos x 2cos 2 x       0  cos x  sin( x  )  sin 2 x   0 2 sin x sin x  cos x  4   +) cos x  0  x   k , k  . II-1 2 (1     điểm)  2 x  x  4  m 2  x  4  m2 +) sin 2 x  sin( x  )    m, n   4 2 x    x    n 2  x    n2   4   4 3  t 2 x  , t  . 4 3 §èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ   t 2 x   k ; x   , k , t  . 2 4 3 Điều kiện: x+y  0, x-y  0  u  v  2 (u  v)  u  v  2 uv  4 u  x  y   Đặt:  ta có hệ:  u 2  v 2  2   u 2  v2  2 v  x  y   uv  3   uv  3  2  2  u  v  2 uv  4 (1) II-2  (1   (u  v )2  2uv  2 . Thế (1) vào (2) ta có: điểm)   uv  3 (2)  2 uv  8 uv  9  uv  3  uv  8 uv  9  (3  uv )2  uv  0 .  uv  0 Kết hợp (1) ta có:   u  4, v  0 (vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) u  v  4 KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).    2 2 2 cos x cos x  (e 0  s inx).sin 2 x.dx  2  e 0 .cos x.sin x.dx   s inx.sin 2 x.dx 0  2 I   ecos x .cos x.sin x.dx 0 III 1 1 1 (1 Đặt t = cosx có I =  t.et .dt  t.et   et .dt  1 0 điểm) 0 0    2 12 1 1 2 2 K   s inx.sin 2 x.dx   (cos x  cos3x ).dx  (s inx  sin 3 x)  0 20 2 3 0 3  2 cos x 2 8  (e 0  s inx).sin 2 x.dx  2   3 3
Từ giả thiết suy ra BC ' C  300 A' C' BA = BC = r CC '  BC cot 300  r 3 B' F J A C H IV (1 K E điểm) B 1 1 1 1 r3 VA '. KEF  VC . KEF  VF . KEC  VA '. ABC  . .AA '. BA.BC .sin1200  8 3 8 2 32 r Gọi H là trung điểm của AC ta có FH // AA’ suy ra FH  (ABC) và HK  HB  HE  2 Gọi J là trung điểm KF, trong mp (FKH) đường trung trực của FK cắt FH tại I, I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE FK 2  FH 2  KH 2  r 2 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE FJ .FK FK 2 r2 r 3 R  FI     FH 2 FH r 3 3 Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho 2 bộ ba số dương ta có 1 1 1 3 1 1 1 9 (x  y  z )     33 xyz x y z 9    (*)   3 xyz x y z xyz 1 1 1 9 áp dụng (*) ta có P  3 3 3 3 a  3b b  3c c  3a a  3b  b  3c  3 c  3a 3 áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho 3 bộ ba số dương ta có a  3b  1  1 1 3  a  3b1.1    a  3b  2 3 3 V b  3c  1  1 1 3  b  3c1.1    b  3c  2 (1 điểm) 3 3 3  c  3a1.1  c  3a  1  1 1   c  3a  2 3 3 1 1 3 Suy ra a  3b  3 b  3c  3 c  3a   4 a  b  c  6   4.  6  3 3   3 4  3    3 Do đó P  3 ; Dấu = xảy ra  a  b  c  4   a b c 1 a  3b  b  3c  c  3a  1 4 
M Đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R có phương trình ( x  a )2  ( y  b) 2  R 2 MAB vuông tại M nên AB là đường B kính suy ra  qua I do đó: A H I a - b + 1 = 0 (1) VI.-1 (1 điểm) Hạ MH  AB có MH  d 2 11 ( M , )   2 2 1 1 S MAB  MH . AB  2  .2 R. 2  R  2 2 2 Vì đường tròn qua M nên (2  a)2  (1  b)2  2 (2) a  b  1  0 (1) Ta có hệ  2 2 (2  a)  (1  b)  2 (2) Giải hệ được a = 1; b = 2. Vậy (C) có phương trình ( x  1)2  ( y  2)2  2  Đường thẳng d qua M (0, 2, 1) có VTCP u (1, 1, 1)  (P) có VTPT n(a, b, c)  d  ( P )  n.v  0  a  b  c  0  a  b  c VI -2     b  c  0 (1 điểm) (Oy , ( P))  (Oz, ( P))  cos( j , n)  cos(k , n)  b  c   b  c  0 Nếu b = c = 1 thì a = 2 suy ra ( P ) : 2x + y + z - 1 = 0 (loại vì M  ( P ) 1 1 Nếu b = - c = - 1 thì a = 0 suy ra ( P2 ) : y - z - 1 = 0 (thỏa mãn) Vậy (P) có phương trình y - z - 1 = 0 Đặt z = x + iy ta có z  3i  1  x 2  ( y  3)2  1 Từ x 2  ( y  3)2  1 ta có ( y  3) 2  1  2  y  4 VII 2 2 2 (1 điểm) Do đó z  x  y  0  2  2 Vậy giá trị nhỏ nhất của z bằng 2 đạt khi z = 2i
ĐỀ SỐ 38. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút 2 3 Câu I ( 2 điểm) .Cho hàm số: y  x  (m  1) x 2  (m 2  4m  3) x  1 3 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = -3. 2. Tìm m để hàm số có cực trị. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A  x1 x2  2( x1  x2 ) với x1 , x2 là các điểm cực trị của hàm số. Câu II ( 3 điểm) 1 . Giải phương trình: sin3x  3sin 2x  cos 2 x  3sin x  3cos x  2  0 .  x 2  y 2  xy  1  4 y 2. Giải hệ phương trình:  2 2 , ( x, y  R )  y( x  y)  2 x  7 y  2 x3 3. Giải bất phương trình: log 2 1  5log 3 81x 2  2 log 3 x  7 . 3 9 Câu III ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 600; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC). Câu IV ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 1 2BD. Điểm M (0; ) thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm 3 tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. 0 2 1 3 2 2 2  C n   Cn   Cn   Cnn  C2 n  2  1 n 1 2. Chứng minh        ...     , với n nguyên  1   2   3   n 1 (n  1)2 dương. Câu V ( 2 điểm) 3 1. Cho x, y  R thỏa mãn ( x  y )  4 xy  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3  x4  y 4  x2 y 2   2  x 2  y 2   1 2 2 2. Giải phương trình: 2 x  7 x  10  x  x  12 x  20 ( xR) ………Hết………
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 38. Câu I 2 điểm 1. 2 0,25 1. Với m = -3 thì ta có y  x 3  2 x 2  1. 3 +)Tập xác định: D  R. x  0  y 1 0,25 +)Sự biến thiên: y'  2 x  4 x. Ta có y'  0   2  x  2  y  5  3 Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0), (2; ) , nghịch biến trên ( 0; 2). 5 0,25 +) Hàm số đạt yCD  y  0   1; yCT  y  2   3 +) Bảng biến thiên: x  0 2  y'  0  0  1  y 5   3 +) Đồ thị: 0,25 2 -5 5 -2 2. +) Ta có y'  2 x 2  2( m  1 )x  m 2  4m  3. 0,25 Hàm số có hai cực trị  y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt  m2  6m  5  0  5  m  1  x1  x2  1  m 0,25  1 +) Khi đó ta có  1 2 => A  m2  8m  7  x1 x2  2 (m  4m  3) 2  1 9 0,25 +) Xét t  (m 2  8m  7) trên (-5;-1) =>   t  0 2 2 9 0,25 +) Từ đó ta có A  khi m = -4. 2 Câu II
1. sin 3x  3sin 2 x  cos 2 x  3sin x  3cos x  2  0 0,25  (sin 3x  sin x )  2sin x  3sin 2 x  (cos 2 x  2  3cos x )  0  2sin 2 x.cos x  2sin x  6.sin .cos x  (2 cos 2 x  3cos x  1)  0  2sin x.cos 2 x  2sin x  6.sin .cos x  (2cos2 x  3cos x  1)  0  1 0,25  sin x  2   (2sin x  1)(2 cos 2 x  3cos x  1)  0   cos x  1  1 cos x   2   0,25  x   k 2 1 6 +) sin x    , (k  Z ). 2 x  5  k 2   6   0,25 1  x  3  k 2 +) cos x    , (k  Z ). 2  x     k 2   3 +) cos x  1  x  k 2 , (k  Z ). Kết luận ………………. 2  x 2  y 2  xy  1  4 y Giải hệ phương trình:  2 2 , ( x, y  R) .  y ( x  y)  2 x  7 y  2 +) Dễ thấy y = 0 không thỏa mãn hệ 0,25 2  x 1 2 2  x y 4  x  y  xy  1  4 y  y Với y  0 , ta có:  2 2  2 .  y(x  y)  2x  7 y  2 ( x  y )2  2 x  1  7   y  v  3 0,25  x2  1  uv  4  u  4v u  1 +) Đặt u  , v  x  y ta có hệ:  2  2  y v  2u  7 v  2v  15  0  v  5   u  9  0,25  x  1  v  3  x 2  1  y  x2  1  y  x2  x  2  0 y  2 +) Với      . u  1  x y 3  y  3 x  y  3 x   x  2   y  5  v   5 x2  1  9 y x2 1  9 y  x 2  9 x  46  0 0,25 +) Với      vô nghiệm. u9  x  y  5  y  5  x  y  5  x  x  1  x  2 KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:  , y  2 y  5
3. x3 2 log 1  5log 3 81x 2  2 log 3 x  7 9 3 0,25 +) Điều kiện x >0 x3 log 2 1  5log 3 81x 2  2 log 3 x  7  (3log 3 x  2) 2  5(4  2 log 3 x)  2 log 3 x  7 3 9 0,25  1 log 3 x   3log 3 x  8 log 3 x  3  0   2 3   log 3 x  3  1 1 1 0,25 +) log 3 x   x33  x 3 3 3 +) log 3 x  3  x  9  1 0,25 x  3  3 Kết hợp với điề kiện bất phương trình có nghiệm   x  0  x  9 Câu III 0,25 +) Từ giải thiết ta có SD  ( ABCD) S suy ra (SB, (ABCD)) = SBD  600 1 3a 2 H Ta có S ABCD  ( AB  CD) AD  (đvdt) 2 2 K D C G E A B +) do tam giác ABD vuông cân tại A ,AB= a 0,25 => BD  a 2  SD  BD tan 600  a 6
1 a3 6 Vậy VS . ABCD  SD.S ABCD  (đvtt) 3 2 +) chứng minh được BC  ( SBD) , kẻ DH  SB=> DH  (SBC) 0,25 1 1 1 a 6 Có 2  2  2  DH  DH SD DB 2 +) Gọi E là trung điểm BC ,kẻ GK // DH, K thuộc HE =>GK  (SBC) và 0,25 GK EG 1 a 6 a 6    GK  Vậy d( G, (SBC) = GK  DH ED 3 6 6 Câu VI 1. +) Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có B : 0,25 M N' => N’( 4;-5)=> Pt đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 A C I N D 4.2  3.1  1 0,25 +) Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: d 2 42  32 AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 1 1 1 2  2  2 suy ra x = 5 suy ra BI = 5 d x 4x +) Từ đó ta có B thuộc ( C): ( x  2) 2  ( y  1)2  5 0,25 Điểm B là giao điểm của đt AB: 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5 4x  3y – 1  0 0,25 +) Tọa độ B là nghiệm của hệ:  2 2 ( x  2)  ( y  1)  5 Vì B có hoành độ dương nên B( 1; -1) Vậy B( 1; -1) 2 2 2 2 2.  C 0   C1   C 3   C n  C n 1  1 Chứng minh  n    n    n   ...   n   2 n 2 2 (1)  1   2   3   n 1  (n  1) Cnk 1 n! 1 (n  1)! 1 0,25 +) Ta có  .  .  k .Cn 11 k  1 k  1 k !(n  k )! n  1 (k  1)!(( n  1)  (k  1))! n  1 1  VT (1) =  (Cn 1 ) 2  (Cn 1 )2  (Cn 1 )2  ...  (Cnn1 )2  2  1 2 3 1  (n  1) 2 n 2 0,25 +) xét (1  x )2 n 2  C k 2n  2 x k => hệ số chứa xn+1 là C2 n  2 n 1 k 0
n 1 n 1 0,25 +) Ta lại có (1  x )2 n 2  (1  x)n 1.(1  x) n1   Cnk1Cni 1 x k i k 0 i 0 n+1 hệ số chứa x là Cn01Cnn11  Cn 1Cnn1  ...  Cnn1Cn 1  Cnn11Cn01  1 1   (Cn 1 )2  (Cn 1 )2  (Cn21 ) 2  (Cn 1 ) 2  ...  (Cnn11 )2 ( vì 0 1 3  Cn  Cn  k ) k n  1  (Cn 1 )2  (Cn 1 ) 2  (Cn 1 ) 2  ...  (Cn 11 ) 2 1 2 3 n +) đồng nhất hệ số chứa xn+1 được (Cn1 )2  (Cn21 )2  (Cn31 )2  ...  (Cnn11 )2 = 1  0,25 n 1 C2 n  2 -1 n 1 C2 n  2  1 Vậy VT(1) = =VP(1) (n  1) 2 Câu V Cho x, y  R thỏa mãn ( x  y )3  4 xy  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1. P  3  x4  y 4  x2 y 2   2  x2  y 2   1 ( x  y )3  4 xy  2  0,25 + ta có  2  ( x  y )3  ( x  y )2  2 ( x  y )  4 xy  0    x  y  1  ( x  y ) 2  2( x  y )2  2   0  x  y  1   +) 0,25  ( x 2  y 2 )2   2   2 P  3  x2  y 2   x 2 y 2  2  x 2  y 2   1  3   x2  y 2   4   2  x  y  1  2 2 9 2 2  4  x  y 2   2  x2  y 2   1 2. ( x  y )2 1 9 1 0,25 +) Đặt t  x 2  y 2   ta có P  t 2  2t  1 , với t  2 2 4 2 9 1 9 9 0,25 +) Xét P  t 2  2t  1 với t  => P  t 2  2t  1  4 2 4 16 1 “= “  t  => x=y = ½ 2 9 Vậy GTNN của P = 16  x  10 0,25 +) Điều kiện  x  2 Đặt a  x 2  7 x  10, b  x2  12 x  20 ta có 2a –b =x
(1)  2( x 2  7 x  10  ( x  1))  x 2  12 x  20  ( x  2) 0,25 18( x  1) 16( x  1) =>  2 2 x  7 x  10  ( x  1) x  12 x  20  ( x  2) x  1  9 8    a  x 1 b  x  2 2a  b  x 0,25   2a  b  x +) Ta có hệ  9 8   5a  4 x  5  a  x 1  b  x  2 8a  9b  x  10   x  54 0,25 2  15  5 => 5 x  7 x  10  4 x  5   15  5  x  ( thỏa mãn)  x 2  2 15  5 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1, x  2 -------------Hết-------------