zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi tự luyện môn Toán số 1

Chia sẻ: Tran Hung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Báo xấu

124
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi tự luyện môn toán số 1', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tự luyện môn Toán số 1

Khóa học LTĐH đảm bảo môn Toán - thầy Trần Phương Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 01 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 01 MÔN: TOÁN (HƯỚNG DẪN GIẢI) PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh) Câu I. Cho hàm số: y  2 x3   m  1 x 2   m2  4m  3 x  1 . 3 2 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -3. 2. Với giá trị nào của m hàm số có cực đại, cực tiểu? Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm cực đại, cực tiểu của hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x1.x2  2  x1  x2  . Hướng dẫn giải: Ta có y  2 x2  2  m  1 x  m2  4m  3 . Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 hay    m  1  2  m2  4m  3  0  m2  6m  5  0  5  m  1 2 Theo định lí Vi-ét, ta có x1  x2    m  1 , x1.x2  1  m2  4m  3 2 Suy ra 1  m2  4m  3  2  m  1  1 m2  8m  7 2 2 Ta nhận thấy, với m   5;  1 thì 9  m2  8m  7   m  4  9  0 2 Do đó A lớn nhất bằng 9 khi m = -4. 2 Câu II. 1. Giải phương trình 1  cot 22x cot x  2  sin 4 x  cos 4 x   3 cos x Hướng dẫn giải: Điều kiện: sin2x  0.   2  2 1  1 sin 2 2 x  3  sin 4 2 x  sin 2 2 x  2  0 Phương trình  sin 2 x 2 sin 2 2 x  2  sin 2 2 x  1  cos 2 x  0  x    k   k    2 sin 2 x  1 44   2. Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình x  4  x   m  x 2  4 x  5  2  2 nghiệm đúng với mọi giá trị x thuộc đoạn  2 ; 2  3    Hướng dẫn giải: Đặt t  x 2  4 x  5 . Từ x  2; 2  3   t  1; 2 . Bất phương trình đã cho tương   đương với: 5  t 2  m  t  2   0  m  t  5  g  t  (do t  2  0 ) 2 t2 Bất phương trình nghiệm đúng x  2; 2  3   m  max g  t  , t  1; 2 .   Xét hàm g(t) có g(t) đồng biến t  1; 2  m  max g  t   m  2   1 , t  1; 2 4 Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt - Trang | 1 -
Khóa học LTĐH đảm bảo môn Toán - thầy Trần Phương Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 01 Câu III. 1. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD  a 2 , CD = 2a. Cạnh SA vuông góc với đáy và SA  3 2a  a  0  . Gọi K là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh mặt phẳng (SBK) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích khối chóp SBCK theo a. Hướng dẫn giải: 1. Gọi H là giao của AC và BK thì BH = 2 BK  2a 3 và CH = 1 ; CA = a 6 3 3 3 3  BH 2  CH 2  2a2  BC 2  BK  AC Từ BK  AC và BK  SA  BK  (SAC)  (SBK)  (SAC) 2 VSBCK = 1 SA.SBCK = 1 3a 2  a 2  a3 (đvtt) 3 3 2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O1A1B1 với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) và O1(0; 0; 4). Xác định tọa độ điểm M trên AB, điểm N trên OA1 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (): 2 x  y  z  5  0 và độ dài MN = 5. Hướng dẫn giải:  x  2n  Có A1(2; 0; 4)  OA1   2; 0; 4   phương trình OA1:  y  0  N  2n; 0; 4n   z  4n   x  2  2m  Có AB   2; 4; 0  phương trình AB:  y  4m  N  2  2m; 4m; 0  z  0  Vậy MN   2n  2m  2;  4m; 4m  Từ MN / /    MN .n   0  2  2n  2m  2   4m  4n  0  n  1  N 1; 0; 2  . 2    m  1  M1 8 ; 4 ; 0 5 Khi đó: MN 2   2m  1  16m2  4  5   2 55  m  0  M 2  2; 0; 0   A  2 2 2 2  Cn   Cn   Cn   Cn  0 1 2 n Câu IV. 1. Tính tổng: S         ...    , ở đó n là số nguyên dương và Cn là số k 1 2 3  n 1  tổ hợp chập k của n phần tử. C k 1  n  1! k Cn n! 1 1  n1 , k  0,1,..., n Hướng dẫn giải: Ta có: k  1 k  1 k ! n  k !  n  1  k  1! n  k ! n  1 1  C1 2   C 2 2   C 3 2  ...   C n1 2  Vậy: S   n  12   n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 2n2 Từ 1  x  . 1  x   1  x  , cân bằng hệ số x n 1 ở hai vế ta có: Cn01   Cn11   Cn21   Cn31   ...   Cn1   C2n2 2 2 2 2 2 n 1 n 1 n 1 C2 n  2  1 Vậy: S   n  12 Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt - Trang | 2 -
Khóa học LTĐH đảm bảo môn Toán - thầy Trần Phương Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 01 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2  y 2  6 x  2 y  6  0 và các điểm B(2; -3) và C(4; 1). Xác định tọa độ điểm A thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC cân tại điểm A và có diện tích nhỏ nhất. Hướng dẫn giải: Để ABC làm tam giác cân tại A thì A phải nằm trên đường trung trực () qua trung điểm BC là M(3; 1) và nhận BC  2; 4  làm véc tơ pháp tuyến nên () có phương trình: 2  x  3  4  y  1  0  x  2 y  1  0  x 2  y 2  6x  2 y  6  0  Vì A  (C) nên tọa độ A là nghiệm của hệ:  x  2 y  1  0  Giải hệ tìm ra hai điểm A1(-1; 1) và A2(  21 ; 13 ) 55 Do A1 M  20  18  A2 M nên S A1BC  S A2 BC . Vậy điểm cần tìm là A(-1; 1) 5 PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu) ln 5  10e dx Câu Va. 1. Tính tích phân: I  .  1 e x  1 x ln 2 Hướng dẫn giải: Đặt t  e x  1  t 2  e x  1  2tdt  e x dx . Khi x = ln2 thì t = 1; khi x = ln5 thì t = 2.   2 ln 5 2 2 2 1  1 dt   1 ln t  3  1 ln 5 Khi đó: I   10  e x  e x  1   9  t 2  t  9  t 2 3  t 3 t 3 dx 2tdt  2 dt   1  3 t 3 1 3 2 ln 2 1 1 1  1 x 2  4 2 x  xy  3  2 y 2 2. Giải hệ phương trình:  2 2  x y  2 x   2 x y  4 x  1  0  5  2 2 Hướng dẫn giải: Điều kiện: x  0  5   x  xy  2   2  x  xy  2   1  0  x  xy  2   1  y  1  2 x 2 2     x 1 x 2 1 2 x  2x  1  3  1  1  1  2 x  1  2 x2 2 2 Thay vào (4) nhận được: 2 x2 x2 x 22x x x 1 x 2 1 2 x  x2   1 2  2  1 2 x  f 1 2 x   f 1 2  2 2 x 2 2 x2 x2  x  x  x x Ở đó f  t   2t  t là hàm đồng biến với mọi t. 2   Từ đó suy ra 1  2 x   1  2x   x  2  y  3 2 2   x  4 x Vậy nghiệm của hệ phương trình là x  2  y  3 . 4  4 Câu Vb. 1. Tính tích phân: I   x sin x dx . 3 cos x 0 1. Hướng dẫn giải: Đặt u = x và dv  sin3x dx  du  dx và v  2cos 2 x cos x Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt - Trang | 3 -
Khóa học LTĐH đảm bảo môn Toán - thầy Trần Phương Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 01    4  1  dx    1 tan x    1 x Từ đó: I  4 4 2 2 2cos x 0 2 0 cos x 4 2 42 0 2. Giải phương trình log 2 x  x log7  x  3   x  2log7  x  3 log 2 x (6)   2  2 Hướng dẫn giải: Điều kiện: x > 0 .. Xét log 2 x  x  x 2  2 x  ln x  ln 2 (7) 2 x 2 Đặt: f  x   ln x  f   x   1  ln x ; f   x   0  x  e . x x Vậy phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm. Dễ thấy x = 2 và x = 4 là nghiệm của (7). Xét log 2 x  2log 7  x  3 (8) Đặt: log 2 x  t  x  2 t  7   6  7   9  1   1 có nghiệm duy nhất t = 2. t t t  8   7 t   2 t  3  4 2 2 7 Vậy phương trình có nghiệm x = 2 và x = 4. Nguồn: Hocmai.vn Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt - Trang | 4 -

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.