Hướng dẫn giải bộ đề thi thử 1,2

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

131
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'hướng dẫn giải bộ đề thi thử 1,2', 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: Hướng dẫn giải bộ đề thi thử 1,2

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 01 PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh) Câu I. Cho hàm số: y  2 x 3   m  1 x 2   m 2  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 .x 2  2  x1  x2  . Đáp án: Ta có y   2 x 2  2  m  1 x  m 2  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  m 2  4m  3  0  m 2  6m  5  0  5  m  1 2 Theo định lí Vi-ét, ta có x1  x 2    m  1 , x1 .x 2  1  m 2  4m  3 2 Suy ra 1  m 2  4m  3  2  m  1  1 m 2  8m  7 2 2 Ta nhận thấy, với m  5;  1 thì 9  m 2  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 Đáp án: Điều kiện: sin2x  0. Phương trình  sin 2 x 2  2  2 1  1 sin 2 2 x  3  sin 4 2 x  sin 2 2 x  2  0 sin 2 2 x  2  2  sin 2 2 x  1  cos 2 x  0  x    k   k      sin 2 x  1 4 4 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    Đáp án: 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 .   1
Xét hàm g(t) có g(t) đồng biến t  1; 2  m  max g  t   m  2   1 , t  1; 2 4 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. Đáp án: 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  2a 2  BC 2  BK  AC Từ BK  AC và BK  SA  BK  (SAC)  (SBK)  (SAC) 2 VSBCK = 1 SA.SBCK = 1 3a 2  a 2  a 3 (đvtt) 3 3 2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O1 A1B1 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. Đáp án:  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; 4 m      Từ MN //     MN .n    0  2  2n  2m  2   4m  4n  0  n  1  N 1; 0; 2  . 2 Khi đó: MN   2m  1  16m 2  4  5   2 2 1  m  1  M 8 ; 4 ; 0 5 5 5  m  0    M 2  2; 0; 0   A  2 2 2 2  C0   C1   C2   Cn  Câu IV. 1. Tính tổng: S   n    n    n   ...   n  , ở đó n là số nguyên dương và C n là số tổ k  1   2   3   n 1 hợp chập k của n phần tử. Cnk n!  n  1 ! C k 1 Đáp án: Ta có:  1   1   n 1 , k  0,1,..., n k  1 k  1 k ! n  k  !  n  1  k  1 ! n  k  ! n  1 Vậy: S  1  C 1  2   C 2  2   C 3  2  ...   C n 1  2  2  n 1 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: Page 2 of 8
C n01   C n1   C n21   C n31   ...   C n1   C 2n 2 2 1 2 2 2 n 1 2 n 1 n 1 C 2n2  1 Vậy: S   n  1 2 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2  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. Đáp án: 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 ) 5 5 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  Câu Va. 1. Tính tích phân: I  dx . ln 2 10e  1 x ex 1 Đáp án: 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.   ln 5 2 2 2 2 Khi đó: I   dx   2tdt  2 dt 2   1  1  1 dt   1 ln t  3  1 ln 5 ln 2 10  e  e  1 1 9  t  t 1 9t 3 1 t 3 t 3 3 t 3 3 2 x x 2 1  1 x 2 2 x 2  xy  3  2 y   4 2. Giải hệ phương trình:  2  2  x y  2 x   2 x y  4 x  1  0  5  2 2  Đáp án: 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 Thay vào (4) nhận được: 2 x2 2 x2  2x  1  3  1  1  1  2 x  1  2 2 x2 x 2 2 x x x 1 x 2 1 2 x  x2  2 x2  1 2  2 x2 x2  12 x  f 1 2 x   f 1 2  2  2  x x  x   x  Ở đó f  t   2 t  t là hàm đồng biến với mọi t. 2   x2  Từ đó suy ra  1  2 x    1  2   x  2  y  3   x   x  4 Page 3 of 8
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 0 cos x Đáp án: Đặt u = x và dv  sin3x dx  du  dx và v  1 . cos x 2 cos 2 x    4 Từ đó: I  x  1  dx    1 tan x    1 4 4 2 cos 2 x 0 2 0 cos 2 x 4 2 0 4 2 2. Giải phương trình log 2 x  x log 7  x  3   x  2 log 7  x  3 log 2 x (6)   2 2  Đáp án: Điều kiện: x > 0  2   6   log 2 x  x  log 2 x  2 log 7  x  3   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  7   1 có nghiệm duy nhất t = 2. t t t  8   7 t   2 t  3  4 2 2 1 Vậy phương trình có nghiệm x = 2 và x = 4. =====================Hết========================== HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 02 PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh) Câu I. Cho hàm số y  x 3  2mx 2  3  m  1 x  2 (1) (m là tham số thực) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 2. Cho điểm M(3; 1) và đường thẳng : y   x  2 . Tìm các giá trị của m để đường thẳng  cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm A(0; 2); B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 2 6 . Đáp án: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng  là: x  0  y  2  x 2  2mx 2  3  m  1 x  2   x  3    g  x   x  2mx  3m  2  0 2  Đường thẳng  cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm A(0; 2), B, C Page 4 of 8
 Phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x  0    0  2 m  2 m  3m  2  0      g  x   0 3m  2  0 2  m  1; m  3  Chiều cao MBC: h = d(M; ()) = 3  1  2  2 . 2 2S MBC Vậy BC  4 3. h Vì xB, xC là hai nghiệm phương trình g(x) = 0 và B, C   nên: BC 2   x B  x C    y B  y C   2  x B  x C   2  x B  x C   4 x B x C 2 2 2 2  2  4m 2  12m  8   8  m 2  3m  2   48  m 2  3m  4  0  m  1 (loại) hoặc m = 4 (thỏa mãn). Câu II. 1. Giải phương trình sin x sin 2 x  cos x sin 2 2 x  1  2cos 2 x   4  Đáp án: Phương trình đã cho tương đương với   sin x sin 2 x  cos x sin 2 2 x  1  1  cos 2 x    1  sin 2 x 2  sin 2 x  sin x  cos x sin 2 x  1  0 * sin 2 x  0  x  k   k   2 *  sin x  cos x sin 2 x  1  0  sin x  1  2cos 2 x sin x  0  sin x  1 1  2sin x  2sin 2 x   0  1  2sin x  2sin 2 x   0 (vô nghiệm) hoặc sinx = 1  x    2k   k   2 2. Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực duy nhất.  1  x  1  y   x  y   2 x  y 2  m  Đáp án: Do hệ đối xứng nên nếu (x; y) là một nghiệm của hệ thì (y; x) cũng là một nghiệm của hệ. Do đó để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì x = y. Thay x = y = 1 vào phương trình (2)  m = 2.  1  x  1  y   x  y  Khi m = 2 thì hệ trở thành  x 2  y 2  2  x  y  0   x  y  0 x  y  2  1   x  y   xy   x  y    2 hoặc    xy  1  xy  1  x  y   2 xy  2 2  Dễ thấy hệ có ba nghiệm (1; -1); (-1; 1) và (1; 1). Page 5 of 8
Vậy không tồn tại giá trị m thỏa mãn. Câu III. 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a (a > 0). Góc ABC bằng 120o, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a. Gọi C là trung điểm của cạnh SC. Mặt phẳng () đi qua AC và song song với BD cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B, D. Tính thể tích khối của chóp S.ABCD. Đáp án: Gọi O là giao điểm của AC và BD; S I là giao điểm của SO và AC. Trong mặt phẳng (SBD), qua I kẻ đường thẳng 2 song song BD cắt SB, SD lần lượt tại B và D. a D a C Từ BD  (SAC)  BD  (SAC)  BD  AC.  D  I Ta có: AC  a 3  SC  2a  AC   1 SC  a . 2 B C A O  Do I là trọng tâm của SAC a 2  B D   2 BD  2a . Vậy S ABCD  1 AC .N D   a 3 3 2 3 B Từ BD  (SAC)  (ABCD)  (SAC). Vậy đường cao h của hình chóp S.ABCD chính alf đường cao của tam giác đều SAC  h  a 3 . 2 3 Vậy VS .AB C D   1 h.SAB C D   a     3 (đvtt). 3 18 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A(-1; 0; 2), mặt phẳng (P): 2 x  y  z  3  0 và y2 z 6 đường thẳng (d): x  3   . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm A, cắt (d) tại B và 2 4 1     cắt (P) tại C sao cho AC  2 AB  0 . d d Đáp án: Gọi M là giao điểm của (d) và (P). B d x  3  m  A 1 Phương trình tham số của (d) là:  y  2  4m . z  6  m C  N Thay vào (P) ta có: 6  4m  2  4m  6  m  3  0  m  1 M P Vậy M(5; 6; 7). Kẻ đường thẳng (d1) đi qua A và // (D). Gọi N là giao điểm của (d1) và (P) ta có:  x  1  2t  d 1 :  y  4t . Thay vào (P) ta được 2  4t  4t  2  t  3  0  t  1 z  2  t  Vậy N(-3, -4, 1).     Gọi C là điểm trên (P) sao cho NC  2 NM  0  C  19;  24;  11 Page 6 of 8
Đường CA cắt (d) tại B thỏa mãn yêu cầu. Vậy (d) là đường thẳng qua A và C có phương trình: x 1  y  z  2 . 18 24 13 Câu IV. 1. Cho số phức z  x  yi; x, y  thỏa mãn z 3  18  26i . Tính T   z  2  4  z 2009 2009  x 3  3xy 2  18  Đáp án: ta có z 3   x 3  3xy 2    3x 2 y  y 3  i  18  26i   3x y  y  26 2 3  Do x = y = 0 không là nghiệm hệ, đặt y = tx  x 3 1  3t 2   18     3t  1  3t 2  12t  13  0 3 3  x 3t  t  26  Khi t  1 thì x = 3 và y = 1, thỏa mãn x, y  Z. 3 Khi 3t 2  12t  13  0 thì x, y  . Vậy số phức cần tìm là: z = 3 + i Vậy T   z  2  4  z   1 i   1 i   2 1004   i  2 1004 1 i  21005  2009 2009 2009 2009 1   2. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn z  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 1  1  1 4  2 ln 1  x   y 4  2 ln 1  y   z 4  2 ln 1  z   x Đáp án: Từ giả thiết 0  x, y, z  3 suy ra 4  2 ln 1  x   y  0; 4  2 ln 1  y   z  0 và 4  2ln 1  z   x  0 . Theo bất đẳng thức Cô-si ta có: P 9 4  2 ln 1  x   y  4  2 ln 1  y   z  4  2 ln 1  z   x Xét hàm số f  t   2ln 1  t   t , t 0;3 , có f   t   1  t . 1 t Lập bảng biến thiên hàm f(t), với t  0; 3  suy ra 0  f  t   2ln 2  1 . Do đó P  9  3 . 12  f  x   f  y   f  z  3  2 ln 2 Vậy min P  3 , khi x = y = z = 1. 3  2ln 2 PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu) Câu Va. 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường x  y 2  3 , x  y  1  0 . Đáp án: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường x  3  y 2 và x  1  y là: 3  y 2  1  y  y 2  y  2  0  y  1 hoặc y = 2. 2 2 2  y3 y2  Vậy S    3  y   1  y  dy     y  y  2  dy     2 y   9 (đvdt). 2 2  1 1  3 2  1 2 Page 7 of 8
2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cố định A nằm trên đường thẳng (): 2 x  3 y  14  0 , cạnh BC song song với , đường cao CH có phương trình: x  2 y  1  0 . Biết trung điểm của cạnh AB là M(-3; 0). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C. Đáp án: Vì AB  CH nên AB có phương trình: 2 x  y  c  0 . Do M(-3; 0)  AB nên c = 6. Vậy phương trình AB là: 2 x  y  6  0 . 2 x  3 y  14  0 Do A   nên tọa độ A là nghiệm của hệ:   A  4; 2  2 x  y  6  0 Vì M(-3; 0) là trung điểm AB nên B(-2; -2) Cạnh BC //  và đi qua B nên BC có phương trình: 2  x  2  3  y  2  0  2 x  3 y  2  0 . Vậy tọa độ C là 2 x  3 y  2  0 nghiệm của hệ   C 1; 0  x  2 y  1  0 Câu Vb. 1. Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường y  x 2 ; y  2  x 2 . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox. Đáp án: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong là: x 2  2  x 2  x 4  x 2  2  0  x  1 hoặc x = 1. Khi x   1; 1 thì 2  x 2  x 2 và đồ thị các hàm y  x 2 và y  2  x 2 cùng nằm phía trên trục Ox. 1 1 Vậy V     2  x 2  x 4  dx    2 x  x  x   44  (đvtt). 3 5   1  3 5  1 5 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho điểm I(-1; 3). Viết phương trình đường tròn có tâm I và cắt đường thẳng 3x  4 y  10  0 tại hai điểm A, B sao cho AIB bằng 120o. Đáp án: Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng (d): 3x  4 y  10  0 , khi đó: 3  12  10 IH  d  I ,  d    1 5 Suy ra R = AI = IH  2 . cos 60 o Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:  x  1   y  3  4 2 2 Page 8 of 8