Hướng dẫn giải bộ đề thi thử 3,4

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

119
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'hướng dẫn giải bộ đề thi thử 3,4', 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 3,4

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 03 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM CâuI 0.25 (2.0đ) TXĐ : D = R\{1} 1. (1.0đ) Chiều biến thiên 0.25 lim f ( x)  lim f ( x)  1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x  x  lim f ( x)  , lim   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x 1  x 1 1 y’ =  0 ( x  1) 2 Bảng biến thiên 0.25 x - 1 + y' - - 1 y + 1 - Hàm số nghịc biến trên (;1) và (1; ) Hàm số không có cực trị Đồ thị.(tự vẽ) 0.25 Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách 0.25 từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất. 2.(1.0đ) 1 x Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : y   ( x  x0 )  0 ( x0  1) 2 x0  1 2 1 x0  x y 0 ( x0  1) 2 ( x0  1) 2 1
2 0.25 x0  1 Ta có d(I ;tt) = 1 1 ( x0  1) 4 2t (1  t )(1  t )(1  t 2 ) Xét hàm số f(t) = (t  0) ta có f’(t) = 1 t4 (1  t 4 ) 1  t 4 f’(t) = 0 khi t = 1 0.25 x 0 1 + Bảng biến thiên f'(t) + 0 - từ bảng biến thiên ta có d(I ;tt) lớn nhất khi và f(t) 2 chỉ khi t = 1 hay  x0  2 x0  1  1    x0  0 + Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x 0.25 + Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 CâuII 0.25 (2.0đ) Phương trình đã cho tương đương với 1. 2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x (1.0đ ) cosx=0 0.25  4cos3xcosx=2 3cos 2 x  2s inxcosx    2cos3x= 3cosx+sinx Page 2 of 10
 0.25 + cosx=0  x=  k 2   3x=x- 6  k 2  + 2cos3x= 3cosx+sinx  cos3x=cos(x- )   6 3x    x  k 2   6 0.25    x   12  k  11  13  vì x   0;    x  , x  ,x  ,x   x    k 2 12 24 24   24 2 2.(1.0đ)  x, y  0 0.25 ĐK:  x  y Hệ phương trình 33 x 2 y  5.6 x  4.23 x 2 y  0  33 x 2 y  5.6 x  4.23 x 2 y  0     x  y  y  (2 y  x)( 2 y  x )   x  2 y  (2 y  x)( 2 y  x )( x  y  y )  33 x 2 y  5.6 x  4.23 x 2 y  0  33 x 2 y  5.6 x  4.23 x 2 y  0 0.25   (2 y  x)[( 2 y  x )( x  y  y )  1]  0  2 y  x  0 (do 2 y  x )( x  y  y )  1  0 ) 33 x 2 y  5.6 x  4.23 x 2 y  0 32 x  5.6 x  4.22 x  0 (1)   2 y  x 2 y  x (2) Giải (1):  3 x 3 2x 3 x ( 2 )  1 x  0 3  5.6  4.2  0  ( )  5.( )  4  0   2x x 2x   x  log 4 2 2 ( 3 ) x  4  3   2 2  Page 3 of 10
0.25 Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0 0.25 1 Với x  log 3 4 thay vao (2) ta được y = log 3 4 2 2 2 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x  log 3 4 ,y = 2 1 log 3 4 2 2 Câu III. 1 4 x 1 1 4 x 0.25 Đặt I =  ( x 2e x  )dx . Ta có I =  x 2e x dx   3 3 (1.0đ dx 0 1 x 0 0 1 x ) 1 1 1 t 1 t 1 1 0.25 Ta tính I1   x 2e x dx Đặt t = x3 ta có I1   e dt  3 e  e 3 1 0 0 30 3 3 1 4 x 0.25 Ta tính I 2   dx Đặt t = 4 x  x  t 4  dx  4t 3dt 0 1 x 2  1 1 t4 1 0.25 Khi đó I 2  4 dx  4 (t 2  1  )dt  4(  ) 0 1 t 2 0 1 t 2 3 4 1 Vậy I = I1+ I2  e    3 3 1 1 1 0.25 Ta có xy  yz  xz  2 xyz     2 nên Câu IV. x y z (1.0đ 0.25 ) 1 1 1 y 1 z 1 ( y  1)( z  1)  1 1   2 (1) x y z y z yz 1 1 1 x 1 z 1 ( x  1)( z  1) Tương tự ta có  1 1   2 (2) y x z x z xz Page 4 of 10
1 1 1 x 1 y 1 ( x  1)( y  1)  1 1   2 (3) y x y x y xy 1 0.25 Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( x  1)( y  1)( z  1)  8 1 3 0.25 vậy Amax = x yz 8 2 P Câu V. Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng 1.0 (1.0đ Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P ) Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC B D từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z A ta có N C M x  2(a 2  c 2  b 2 ), y  2(b 2  c 2  a 2 ) z  2(a 2  b 2  c 2 ) 1 Vậy V = 2(a 2  c 2  b2 )(b2  c 2  a 2 )(a 2  b2  c 2 ) 12 CâuVIa. Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) 0.5 (2.0đ) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) 1.(1.0đ) Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có 0.5 I(4/3 ; 0), R = 4/3 Page 5 of 10
2.(1.0đ) Y 1.0 Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ D' A' Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) C' B' Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng N 2 2 2 x + y + z +2Ax + 2By+2Cz +D M =0 D A X Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có C B  5 A   2 Z 1  2 A  D  0  2  2 B  2C  D  0 B   5     2 8  4 A  4C  D  0  1 8  4 B  4C  D  0  C    2 D  4  Vậy bán kính R = A2  B2  C 2  D  15 CâuVIa Đk: x > - 1 0.25 (1.0đ) 3log 3 ( x  1) 0.25 2 log3 ( x  1)  log 3 4 bất phương trình  0 ( x  1)( x  6) log3 ( x  1)  0 x6 0.25 0 x6 0.25 Ta có F1 ( 12;0), F2 ( 12;0) Giả sử M(x0 ; y0)thuộc (E) H là hình chiếu của 0.5 Câu 8 8  3x0 M trên đường thẳng x  . Ta có MF2 = a - cx0/a = VIb 3 2 (2.0đ) 8  3x0 MF2 0.5 1.(1.0đ) MH = . Vậy không đổi 3 MH         2.(1.0đ)  AB; nQ   (1; 2;1) Ta có AB(1;1;1), nQ (1; 2;3), 1.0            Vì  AB; nQ   0 nên mặt phẳng (P) nhận  AB; nQ  làm véc tơ pháp tuyến     Page 6 of 10
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0 CâuVIb nghiệm bất phương trình là x = 3 và x = 4 1.0 (1.0đ) ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 04 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.1 2x 1 3 Hàm số: y  2 x 1 x 1 +) Giới hạn, tiệm cận: lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y   x  x  x ( 1) x ( 1) - TC đứng: x = -1; TCN: y = 2. 3 +) y '   0, x  D  x  1 2 +) BBT: 1 điểm x -  - 1 + y + || + ' y  2 || 2  Page 7 of 10
+) ĐT: 8 6 4 2 -10 -5 5 10 -2 -4 -6 I.2 3 y  yI 3 +) Ta có I(- 1; 2). Gọi M  (C )  M ( x0 ; 2  )  kIM  M  x0  1 xM  xI ( x0  1)2 3 +) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: kM  y '( x0 )   x0  1 1 điểm 2 +) ycbt  kM .kIM  9 +) Giải được x0 = 0; x0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) II.1 +) ĐK: x  ( 2; 2) \{0}  x  y  2 xy +) Đặt y  2  x 2 , y  0 Ta có hệ:  2 x  y  2 2  1  3  1  3 x  x  1 điểm  2 ; 2 +) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và    y  1  3  y  1  3   2   2 1  3 +) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và x  2 II.2   +) ĐK: x  k ,k Z 4 2     ) tan(  x) tan(  x)  tan(  x) cot(  x)  1 4 4 4 4 1 1 1 sin 4 2 x  cos 4 2 x  1  sin 2 4 x   cos 2 4 x 2 2 2 1 điểm pt  2 cos 4 x  cos 4 x  1  0 4 2  +) Giải pt được cos24x = 1  cos8x = 1  x  k và cos24x = -1/2 (VN) 4  +) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là x  k ,k Z 2 Page 8 of 10
III 3 ln(2e  e.cos2 x)  1  x 2 3 ln(1  1  cos2 x)  1  1  x 2 L  lim  lim x 0 x2 x 0 x2      3    ln(1  2sin 2 2 x) 1  1  x 2   lim  ln(1  2sin 2 2 x) 1  lim     x 0  x 2 x2  x 0  x2 3 (1  x 2 ) 2  3 1  x 2  11 điểm   2sin 2 x   2sin 2 x   2sin 2 x     2sin 2 x    1 5 2  3 3 IV.1 +) Gọi rC là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB. S 1 S SAB  prC  (l  r ).rC  SM . AB 2 l 1 điểm Ta có: l 2  r 2 .2r l r  rC  r 2(l  r ) lr I l r +) Scầu = 4 r C  4 r 2 2 lr r A M B IV.2 +) Đặt : lr 2  r 3 y (r )  ,0  r  l lr   5 1 2r (r 2  rl  l 2 ) r  l ) y '(r )  0 2 (l  r ) 2  5 1 r  l  2 +) BBT: r 5 1 0 l l 2 1 điểm y'( r ) y(r ymax ) 5 1 +) Ta có max Scầu đạt  y(r) đạt max  r  l 2 Page 9 of 10
V +) Ta có P  ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx)  x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )2  P  ( x  y  z)  x2  y 2  z 2    2   2  ( x  y  z)  2  ( x  y  z)2  P  ( x  y  z) 2    ( x  y  z ) 3    2   2  1 điểm 1 3 +) Đặt x +y + z = t, t  6( Bunhia cov xki) , ta được: P(t )  3t  t 2 +) P '(t )  0  t   2 , P(  6 ) = 0; P( 2)  2 2 ; P( 2)  2 2 +) KL: MaxP  2 2; MinP  2 2 VI 5 +) d ( I , AB)   AD = 5  AB = 2 5  BD = 5. 2 +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4  x  2  1 2 25  (x  )  y  y  2 +) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:  2  2 4   A(2;0), B(2; 2)   x  2 x  2 y  2  0    y  0   C (3;0), D(1; 2) VII  2 2 x 2  2010 2009 y  x  (1)  y 2  2010  3log3 ( x  2 y  6)  2log 2 ( x  y  2)  1(2) +) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt: x2  log2009 ( x2  2010)  y 2  log 2009 ( y 2  2010) +) Xét và CM HS f (t )  t  log2009 (t  2010), t  0 đồng biến, từ đó suy ra x = y  x= y, x = - y 2 2 +) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t t t 1 8 Đưa pt về dạng       1 , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1 9 9  x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1  y = - 3  x = 3 Page 10 of 10