Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 15 môn: Toán

Chia sẻ: Phan Tour Ris | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

53
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 15 môn: Toán phục vụ cho các bạn học sinh tham khảo nhằm củng cố kiến thức môn Toán trung học phổ thông, luyện thi tốt nghiệp trung học phổ thông và giúp các thầy cô giáo trau dồi kinh nghiệm ôn tập cho kỳ thi này. Hy vọng đề thi phục vụ hữu ích cho các bạn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 15 môn: Toán

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 15 CỦA BOXMATH.VN Môn: Toán Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 4  (m  1) x3  (3m  1) x 2  3(m  1) x  1 (Cm ) 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để (Cm ) có ba cực trị với hoành độ ba điểm cực trị 1 1 1 127 là x1 , x2 , x3 thỏa mãn 3  3  3  . x1 x2 x3 27 Lời giải Ta có y '  4 x  3  m  1 x  2  3m  1 x  3  m  1   x  1  4 x 2   3m  1 x  3m  3 3 2 Ham số có 3 cực trị khi và chỉ khi  98 2 m   98 2 2  3m  1  48  m  1  0   3 m   3    9 8 2   4   3m  1  3m  3  0 m   9 8 2   3  m   3 8  0 Khi đó (Cm ) có 3 cực trị là x3  1 và x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình 4 x 2   3m  1 x  3m  3  0 3m  1 3m  3 Theo định lý Viét ta có: x1  x2  ; x1 x2  . 4 4 1 1 1 127 1 1 100 Ta có 3  3  3   3 3 x1 x2 x3 27 x1 x2 27 3 x  x   1 2  3x1 x2  x1  x2  100  x13 x23 27 3  3m  1  3m  3 3m  1    3. . 100  4  4 4  3   3m  3  27    4   73m3  435m 2  363m  65  0   m  5   73m 2  70m  13  0   m  5  35  2 69   m  73   35  2 69  m  73 So với điều kiện ta nhận được m  5 . Vậy m  5 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu II (2 điểm) cos3 x  4 cos 2 x  1 1. Giải phương trình:  3. sin x cos x  cos x  2  Lời giải k Điều kiện: sin x cos x  0  sin 2 x  0  x  ,k Z 2 Khi đó phương trình tương đương với 1
cos3 x  4 cos2 x  1  3 sin x cos2 x  2 3 sin x cos x  0    cos 2 x cos x  3 sin x  2 cos2 x  2  cos 2 x  3 sin 2 x  0      cos 2 x cos  x    cos2 x  1  cos  2 x    0  3  3 x     cos 2 x cos 2     cos2  x    0 2 6  6 2   3x    x       cos     cos      4cos 2  x    0   2 6  2 6   6   3x   x    3x    x 5  cos  2  6   cos  2  6   0 cos  2  6   cos  2  6              cos  x     0 cos  x     0        6 6   3 x  x 5  2   2  6  2  6  k 2   x  3  k 2    3x  x 5   2      k 2    x    k  x   k 2 , k  Z   2 6 2 6   2 3     2  x    k x   k  6 2  3 2 Vậy phương trình có nghiệm x   k 2 , k  Z . 3 Câu II (2 điểm) 2. Giải phương trình: 3 162 x 3  2  27 x 2  9 x  1  1 . Lời giải Đặt y  3 162 x 3  2  y 3  162 x3  2 Ta cũng có: y 2  2 y  27 x 2  9 x  6 y 2  12 y  162 x 2  54 x Cộng lại ta được: y 3  6 y 2  12 y  8  162 x3  162 x 2  54 x  6 3 3 3   y  2   6  27 x 3  27 x 2  9 x  1   y  2   6  3x  1  y  2  3 6  3 x  1 Thay ngược lại ta có: 3 6  3 x  1  3 6  3 x  1  2   9 x  3 x  1  3 6  3 6  3x  1  2   9 x 3 3 3 3 36 x  36  2 6  9 x  x  3 36  2 3 6  3 3 4 3 9  3 12  3 36 .   3 36  9 3 3 3 3 12  3 9 9   3 36 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x   . 9  x sin x cos3 x  2sin 2 x Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I   4 dx . 0 cos 2 x 1  sin 2 x Lời giải  ux   du  dx Đặt  sin x cos xdx   dv  1  sin 2 x 2 v  1  sin x    2 4  2sin 2 x   6 Do đó I  x 1  sin x   4  1  sin 2 x  dx  H 0 0  cos2 x 1  sin 2 x  8 2
  2sin 2 x  Với H   4  1  sin 2 x  dx 0  cos 2 x 1  sin 2 x    1  sin 2 x cos 2 x  sin 2 x 1  sin 2 x tan x.sin x.cos x 4 dx   4 (  )dx 0 cos 2 x 1  sin 2 x 0 cos 2 x 1  sin 2 x   0 4  1  sin 2 xd (tan x )  tan x.d 1  sin 2 x   2 4 6  tan x 1  sin x  0 2  6 6 Vậy I   . 8 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A ( AD / / BC ) , AB  BC  2a , AD  3a . Gọi M là trung điểm của AD, N là trung điểm của CM . Biết ( SNA) , a ( SNB) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, CD bằng . Tính 2 thể tích khối chóp đã cho và khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( SCD ) theo a. Lời giải - Tính thể tích Từ giả thiết dễ thấy SN vuông ( ABCD) Kẻ BI / / CD ( I  AD) , kẻ CH vuông BI tại H , EF / / CH ( N  EF , E  BI , F  CD ), NO / / BC (O  BI ) Kéo dài BI cắt CM tại K . Trong ( SNE ) kẻ NH ' vuông góc với SE tại H ' thì d ( N , (SBI ))  NH  KN ON IM  BC 5 EN 5 Ta có      KC BC 2 BC 8 EF 8 2S 4a 5 a 5 EF  CH  IBC   EN  EF  BI 5 8 2 8 a d ( SB, CD)  d (CD, (SBI ))  d ( F , ( SBI ))  d ( N , (SBI ))  5 2 3
5a 1 1 1 5a Suy ra d ( N , (SBI ))  H N  . Áp dụng 2  2  2  SN  16 SN EN H N 236 3 1 25a  VS . ABCD  .SN .S ABCD  . 3 3 236 - Tính khoảng cách Trong ( SNF ) kẻ NP vuông SF tại P ,thì d ( N , ( SCD ))  NP Vì N là trung điểm MC nên d ( M , ( SCD )  2d ( N , ( SCD))  2 NP 1 1 1 15a Áp dụng 2  2  2  NP  SN NF NP 8 41 15a Vậy d ( M , ( SCD )  . 4 41 Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 2 2  2  2 9    . a b c a b c abc Lời giải Cách 1: 1 1 1 Đặt x  , y  , z  . a b c 1 1 1 Khi đó ta có    1 tương đương xy  yz  zx  xyz và ta cần chứng minh x y z 2( x 2  y 2  z 2 )  9x  y  z  2 xyz  x  y  z  2( xy  yz  zx). Bây giờ giả sử thằng z là bé nhất trong ba số x, y, z. Và chú ý rằng 2( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx)  2( x  y )2  2( x  z )( y  z ), và x y z9   xy  yz  zx  x  y  z  9  xyz   xy  yz  zx  x  y  z   9  xy  yz  zx  xyz   xy  yz  zx  x  y  z   9 xyz xyz 2 2 z  x  y    x  y  x  z  y  z   . xyz Như vậy, bất đẳng thức cần chứng minh được viết dưới dạng M .( x  y )2  N .( x  z )( y  z )0. 2 x y Trong đó M  2  , N  2  . xy xyz Vì z bé nhất nên ta chỉ cần chứng minh M , N0. Thật vậy, ta có 1 1 1 2 1 3 •1        xy9 x y z xy xy xy 2 xy  2 16 M    0. xy xy 1 1 1 1 •1      z  1 x y z z 2 xyz  x  y xyz  xy  yz  zx  x  y xyz  xy   z  1 x  y  N    0. xyz xyz xyz Bài toán được chứng minh xong 4
1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  3 hay a  b  c  . 3 Cách 2: Từ điều kiện ta có: 0  a, b, c  1 1 1 2 ( a  b) 2 Ta sẽ chứng minh    a 2 b 2 ab ab Thật vậy bất đẳng thức trên tương đương với (a  b) 2 (1  ab)  0 (đúng theo điều kiện) Tương tự ta cũng có: 1 1 2 (b  c) 2    b 2 c 2 bc bc 1 1 2 (c  a ) 2    c 2 a 2 ca ca Cộng 3 bất đẳng thức trên ta được: 2 2 2 2 2 2 c ( a  b ) 2  a (b  c ) 2  b (c  a ) 2       a 2 b 2 c 2 ab bc ca abc 2 2 2 2(a  b  c ) (a  b  c )(ab  bc  ca )  9abc  2 2 2  a b c abc abc 2 2 2 1 1 1 2  2  2  2 9     a b c a b c abc Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  . 3 Câu VI.a (2 điểm) 2 2 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn (C ) :  x  1   y  5   25 có tâm I . Tìm điểm M thuộc đường thẳng y  4 sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MA, MB ( A, B là tiếp điểm) đến đường 25 tròn (C ) và khoảng cách từ I đến AB bằng . Biết điểm M có hoành độ dương. 842 Lời giải Đường tròn (C ) có tâm I (1;5) , bán kính R  5 Gọi tọa độ điểm M là M (m; 4) . Gọi A có tọa độ: A( x1; y1 ) , ta có A  C  ( x1  1)2  ( y1  5)2  25 . Phương trình đường thẳng MA là ( x1  1)( x  1)  ( y1  5)( y  5)  25 Do M  MA nên ta có: (m  1)( x1  1)  ( y1  5)  25  (m  1) x1  y1  m  19  0 (1) Hoàn toàn tương tự, gọi B( x2 ; y2 ) thì ta có: (m  1) x2  y2  m  19  0 (2) Từ (1) và (2) ta có phương trình đường thẳng AB là (m  1) x  y  m  19  0 25 Khoảng cách từ I đến AB bằng 842 | (m  1).1  5  m  19 | 25  m  30    (m  1) 2  841    m  30 (do m  0 ) (m  1) 2  1 842  m  28 Vậy điểm M cần tìm có tọa độ M (30; 4) . 2. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : x  y  z và hai điểm A(0;0;3), B(0;3;3) . Tìm tọa độ điểm C nằm trên đường thẳng d sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Lời giải x  t  Phương trình tham số đường thẳng d :  y  t z  t  5
Ta có C  d  C  t; t ; t  AB  3 2 AC  t 2  t 2   t  3  3t 2  6t  9 2 2 BC  t 2   t  3   t  3  3t 2  12t  18  2 2   AB  BC  CA  3  3t 2  6t  9  3t 2  12t  18  3  3    t  1 2   2  2  t  2   2          Xét 2 vectơ u  t  1; 2 , v  2  t ; 2  u  v  1; 2 2        2 2 2  2   2   2 2 Ta có u  v  u  v   t  1 2  t   12  2 2 3   3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u  v  2  t  1  2  2  t   0  t  2 3 3 3 Do đó AB  BC  CA nhỏ nhất bằng 3  3 3 khi C  ; ;  . 2 2 2 Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình trên tập số phức: z 4  3 z 3  9iz  9  0. Lời giải Phương trình tương đương với 2 z 4   3i   3 z 3  9iz  0   z 2  3i  z 2  3i   3z  z 2  3i   0   z 2  3i  z 2  3 z  3i   0  z 2  3i  2  z  3 z  3i  0 3 3 2 6 - Với z 2  3i  z 2  .2i  z 2  1  i   z   1  i  2 2 2 2 3  3 2  i - Với z 2  3 z  3i  0 , ta có   9  12i  3  2  i     3  2  i   z  2 6 3  3 2  i Vậy phương trình có 4 nghiệm phức: z   1  i  , z  2 2 Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông ABCD cố định, biết A  0;1 , I  2; 2  ( I là giao điểm của AC và BD ). Một đường thẳng d đi qua C cắt các tia AB, AD lần lượt tại M và N . Viết phương trình đường thẳng d sao cho độ dài MN là nhỏ nhất. Lời giải Xét hệ trục tọa độ gốc A , tia AB, AD lần lượt là tia dương trục hoành và trục tung, điểm C nằm trên tia phân giác góc phần tư thứ nhất nên C   a; a  , a  0 . x y Đường thẳng d giả sử có phương trình đoạn chắn là:   1,  M (m; 0), N (0; n), m  0, n  0  m n a a 1 1 1 Điểm C thuộc d   1   m n m n a 2 2 1 a2  m  n  a2  1 1 Độ dài MN  m  n  (m  n)2   2 2 2   (m  n)2     8a 2 2 2  a  2 m n Dấu bằng xảy ra  m  n hay MN nhỏ nhất khi và chỉ khi d vuông góc với AC . 6
 Dễ dàng tính được C  (4;3), AI  (2;1) suy ra d : 2 x  y  11  0. 2. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : x  1  y  2  z  3 và điểm A(2;5; 4) . Lập phương trình mặt phẳng ( P) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( P) bằng 2. Lời giải Phương trình mặt phẳng ( P) có dạng ( P) : ax  by  cz  d  0  Đường thẳng d đi qua M 1; 2;3  có vectơ chỉ phương u d  1;1;1   n P .u d  0 a  b  c  0 c    a  b  Do d  ( P) nên    M  ( P) a  2b  3c  d  0 d  2a  b  ( P ) : ax  by   a  b  z  2a  b  0 2a  5b  4  a  b   2a  b Ta có d  A, ( P )  2   2 2 2 2 a  b  a  b 2b 2 a  0   2  2b 2  a 2  b 2   a  b   a  a  b   0   a 2  b2   a  b  2 b   a c   1 - Với a  0 , chọn b  1    ( P) : y  z  1  0 d  1 b   1  - Với b   a , chọn a  1  c  0  ( P ) : x  y  1  0 d  1  Vậy ( P) : x  y  1  0 hoặc ( P) : y  z  1  0 . x2 2 x 3 x 2  x  1 x 5 2 x  x2 Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình trên tập số thực: 3  16.4 5 . Lời giải Điều kiện: 1  x  0 hoặc 1  x  1  6 . Phương trình tương đương: x 2   2 x 1  4 x 2  x  1 x   4  x 2  2 x 1 3  16.4 5 (1)   x2 2 x 1 4 2 2 2 3  16.4 x  x  1 x  25 - Với x  2 x  1  0  x  x  1  x , thì  5 4  x 2 x 1  25 2   phương trình (1) vô nghiệm   x2 2 x 1 4 2 2 2 3  16.4 x  x  1 x  25 - Với x  2 x  1  0  x  x  1  x , thì  5 4  x 2 x 1  25 2   phương trình (1) vô nghiệm - Với x 2  2 x  1  0  x  1  2 thì phương trình (1) thỏa mãn Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x  1  2, x  1  2. 7