zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Hướng dẫn giải đề thi thử số 7 năm 2012 môn: Toán

Chia sẻ: Phan Tour Ris | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Báo xấu

64
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hướng dẫn giải đề thi thử số 7 năm 2012 môn: Toán gồm 7 câu hỏi bài tập tự luận trong thời gian làm bài 180 phút. Mời các bạn cùng tham khảo và thử sức mình với đề thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn giải đề thi thử số 7 năm 2012 môn: Toán

http://tuhoctoan.net DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ SỐ 7 NĂM 2012 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu I) Cho hàm số: y = mx3 − 3mx 2 + (2m + 1) x + 3 − m (Cm) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (Cm) khi m = 2 1  2) Tìm m để hàm số (Cm) có cực đại, cực tiểu và khoảng cách từ điểm N  ; 4  đến 2  đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của hàm số là lớn nhất. 1) Tự giải 2) Cách 1: y = mx3 − 3mx 2 + ( 2m + 1) x + 3 − m TXĐ: D = ℝ y ' = 3mx 2 − 6mx + 2m + 1 y ' = 0 ⇔ 3mx 2 − 6mx + 2m + 1 = 0 (*) m ≠ 0 Hàm số có cực trị ⇔ (*) có 2 nghiệm phân biệt ⇔  2 ⇔ m < 0 hay m > 1 3m − 3m > 0 x −1 1 Chia y cho y’ ta viết được: y = y '+ ( 2 − 2m ) x + 10 − m  3 3 Tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn hệ: y' = 0  1  x −1 1 ⇒ y = ( 2 − 2m ) x + 10 − m  y= y '+ ( 2 − 2m ) x + 10 − m  3  3 3 1 Do đó đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là (∆ ) : y = ( 2 − 2m ) x + 10 − m  3 1 Ta có: ( ∆ ) : y = ( 2 − 2m ) x + 10 − m  ⇔ ( 2 x + 1) m + 3 y − 2 x − 10 = 0 3  1 2 x + 1 = 0 x = − Do đó tọa độ điểm cố định của (d) thỏa mãn hệ:  ⇔ 2 3 y − 2 x − 10 = 0  y = 3  1  Vậy (∆ ) đi qua M  − ;3  cố định.  2  Gọi H là hình chiếu vuông góc của N lên (∆ ) khi đó ta có: d N /( ∆ ) = NH ≤ NM Vậy d N / ∆ max = NM ⇔ ∆ ⊥ NM 1
http://tuhoctoan.net 4−3 Hệ số góc của đường thẳng MN là: k = = 1 suy ra điều kiện: 1 1 + 2 2 ( 2 − 2m ) .1 = −1 ⇔ m = 5 (TM ) 3 2 5 Vậy m = là giá trị cần tìm. 2 Cách 2: y′ = 3mx 2 − 6mx + 2m + 1 m < 0 Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt  m > 1 1 1 2 2 10 1 Ta có: y = ( x − ). y′ + ( − m) x + − m 3 3 3 3 3 3 2 2 10 1 Suy ra pt đt đi qua 2 điểm cực trị là: y = ( − m) x + − m (d) 3 3 3 3 2m + 1 2m + 1 1 d ( N ,d ) = = = (2m − 2)2 + 9 (2m + 1)2 − 6(2m + 1) + 18 1− 6 + 18 2m + 1 (2m + 1)2 1 = ≤ 2 2  3 2 1  1  −  +  2m + 1 2 2 2  3 2 1  5 Dấu bằng xảy ra khi  −  = 0 ⇔ m =  2m + 1 2 2  Câu II)  π 1) Giải phương trình: 2 sin 2 x + sin 2 x + 2 sin  x −  = 1  4  x − 2 x y − 15 x = 6 y (2 x − 5 − 4 y ) 3 2  2) Giải hệ phương trình:  x 2 2 x x3 x 2 y  + = + − 8 y 3 3y 4 2 1) Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với: 2 sin 2 x + 2 sin x.cos x + sin x − cos x = 1 ⇔ 2sin 2 x + (2 cos x + 1) sin x − cos x − 1 = 0 Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn sin x ta có: ∆ = (2 cos x + 1) 2 + 8(cos x + 1) = 4 cos 2 x + 12 cos x + 9 = (2 cos x + 3) 2 2
http://tuhoctoan.net  π  x = 6 + k 2π  1   1  sin x =  x = 5π + k 2π  sin x = 2 Suy ra 2 ⇔ ⇔ 6    π 1  sin x = − cos x − 1 sin  x +  = −  x = − π + k 2π   4 2  2  x = π + k 2π   π k 2π  x= + Kết hợp các nghiệm ta có: 6 3 ( k ∈ ℤ)   x = π + k 2π Cách 2:  π PT ⇔ 2sin 2 x − 1 + sin 2 x + 2 sin  x −  = 0  4  π  π  π ⇔ sin 2 x − cos 2 x + 2 sin  x −  = 0 ⇔ 2 sin  2 x −  + 2 sin  x −  = 0  4  4  4  3x π  x ⇔ sin  −  cos = 0  2 4 2   3x π  sin  2 − 4  = 0  π k 2π    x= + ⇔  ⇔ 6 3 ( k ∈ ℤ)  x   cos 2 = 0  x = π + k 2π 2) Lời giải: 2 y = x ( Phương trình thứ nhất của hệ ⇔ (2 y − x) x − 12 y − 15 = 0 ⇔  2 )  y = x − 15 2  12 x − 15 2 TH 1: y = thay vào pt thứ hai của hệ ta được: 12 3x 2 2x 4 x3 x 2 x 2 − 15 + = + − 2 ( x − 15 ) 3 2 x 2 − 15 4 24 36 x 2 ⇔ 2 x − 15 − 12 2 x2 x − 15 ( x 2 + 16 x − 15 ) + ( x 2 + 16 x − 15 ) = 0 3
http://tuhoctoan.net  x 2 + 16 x − 15 ≥ 0  x 2 + 16 x − 15 ≥ 0   ⇔ ⇔ x2  6  x − 15 2 x2 = ( x 2 + 16 x − 15 )   36 x 2 − 15 = x 2 + 16 x − 15  x 2 + 16 x − 15 ≥ 0 ⇔ 36 x = ( x − 15 )( x + 16 x − 15 ) (*) 2 2 2 Xét phương trình (*) 36 x 2 = ( x 2 − 15 )( x 2 + 16 x − 15 ) Vì x=0 không phải là nghiệm. Ta chia hai vế phương trình cho x 2 ta có:  15   15  15 t = 2 36 =  x −   x + 16 −  Đặt x − = t ⇒ t 2 + 16t − 36 = 0 ⇔   x  x x t = −18 15  x = 5(TM ) + Nếu t = 2 ⇔ x − = 2 ⇔ x 2 − 2 x − 15 = 0 ⇔  x  x = −3( L) 15  x = −9 − 4 6(TM ) + Nếu t = −18 ⇔ x − = −18 ⇔ x 2 + 18 x − 15 = 0 ⇔  x  x = −9 + 4 6( L)  5  27 + 12 6  Nghiệm của hệ đã cho là: ( x; y ) =  5;  ,  −9 − 4 6;   6   2  TH 2: 2 y = x Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có: x2 2x 2 x3 x 2 x 7 11x 2 ⇔ + = + − ⇔ x= ⇔ x = 0 (loại )(điều kiện y ≠ 0 ) 4x 3 3x 4 4 6 12  5  27 + 12 6  KL: Nghiệm của hệ đã cho là: ( x; y ) =  5;  ,  −9 − 4 6;   6   2  π 3 xe x (4 + 4(sin x + cos x) + sin 2 x) Câu III) Tính tích phân sau: I = ∫ dx 0 (1 + cos x )2 Lời giải: e x (4 + 4(sin x + cos x) + sin 2 x) e x (1 + sin x)(1 + cos x) + e x (sin x + cos x + 1) Ta có : = 2. (1 + cos x )2 (1 + cos x )2   1 + sin x   1 + sin x  x  ' = 2  (e x ) '.  +    .e  .   1 + cos x   1 + cos x   u = x  du = dx  x  Đặt  e (4 + 4(sin x + cos x) + sin 2 x) ⇒  1 + sin x x  (1 + sin x)e x = = =  (1 + cos x )2 dx dv   v 2 ∫  1 + cos x  d .e 2. 1 + cos x  4
http://tuhoctoan.net π π π (1 + sin x)e x 3 3 (1 + sin x)e x  4+2 3  Ta có: I = 2 x. −∫ dx =   .π e 3 − 2 J 1 + cos x 0 0 1 + cos x  9  π π π π π 3 (1 + sin x)e x 3 1 3 sin x x 3 1 3 sin x x Xét J = ∫ dx = ∫ e x dx + ∫ e dx = ∫ e x dx + ∫ e dx 0 1 + cos x 0 1 + cos x 0 1 + cos x 0 2 cos 2 x 0 1 + cos x 2 π π π π 3 3 π 3 3 π  x sin x x x x sin x x 1 3 = ∫ e d  tan  + ∫ x e dx = e x .tan 3 − ∫ tan e x dx + ∫ e dx = e 0  2  0 1 + cos x 2 0 0 2 0 1 + cos x 3 π π  4+2 3  1 3 Vậ y I =    .π e 3 − 2. e  9  3 Câu IV. Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABCA ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A AB = a 3, AC = a . Biết đỉnh C ' cách đều các đỉnh A, B, C và khoảng cách từ đỉnh B đến mặt 6a phẳng (C’AC) bằng .Tính thể tích khối chóp A ' ABC ' theo a và tính cosin góc tạo bởi mặt 15 phẳng ( ABB ' A ') và mặt phẳng đáy ( ABC ) . Lời giải: C' B' A' N C B H M I K A 5
http://tuhoctoan.net - Hạ C ' H ⊥ ( ABC ) ⇒ ∆C ' HA = ∆C ' HB = ∆C ' HC ⇔ HA = HB = HC Suy ra H là tâm vòng trong ngoại tiếp tam giác ABC. Vì tam giác ABC vuông tại A nên H là trung điểm của BC. Ta có: d B /( ACC ') = 2d H /( ACC ') . Hạ 1 3a HM ⊥ AC , HN ⊥ C ' M ⇒ HN ⊥ ( ACC ') ⇒ d H /( ACC ') = HN = d B /( ACC ') = . 2 15 1 a 3 Ta có: HM = AB = ⇒ C ' H = a 3 từ đó tính được CC ' = 2a. 2 2 1 1 1 1 a3 Có VA ' ABC ' = VLT = C ' H .dt ( ABC ) = .a 3. .a 3.a = 3 3 3 2 2 1 - Hạ A ' K ⊥ ( ABC ) thì C ' HKA ' là hình chữ nhật . Gọi I = HK ∩ AB thì OI / / = AC suy ra I 2 là trung điểm của AB . Tam giác ABC vuông tại A nên KI ⊥ AB ⇒ Góc tạo bởi ( ABB ' A ') và đáy ( ABC ) là A ' IK IK Ta có: cos A ' IK = . Tính được A'I 1 a a 13 IK 13 IK = HK = ; A ' I = IK 2 + A ' K 2 = ⇒ cos A ' IK = = 2 2 2 A' I 13 Câu V. Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2a 2 2b 2 3c 2 4a 2 b 2 T= + + + ( a + b) 2 (b + c) 2 (a + c)2 (a + b)2 (b + c) 2 Lời giải: c ba Đặt x = , y = , z = ta có x, y , z > 0; xyz = 1 b ac 2 2 3 4 Ta cần tìm GTNN của: T = + + + (1 + z ) 2 (1 + x) 2 (1 + y ) 2 (1 + z ) (1 + x) 2 2 Do xyz = 1 nên trong ba số đó luôn tồn tại ít nhất hai số cùng phía với 1. Không mất tính tổng quát ta giả sử: ( x − 1)( y − 1) ≥ 0 ⇔ xy + 1 ≥ x + y Sử dụng bất đẳng thức AM − GM và đánh giá trên ta có: 1 4 4 4 2 2z + ≥ = ≥ = (1 + y ) 2 (1 + z )2 (1 + x) 2 (1 + x)(1 + y )(1 + z ) (1 + x + y + xy )(1 + z ) ( xy + 1)(1 + z ) (1 + z ) 2 Mặt khác sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwar ta có: 2 2 2 2 2  y x  2 2z + ≥ + =  + = = (1 + x) 2 (1 + y ) 2  x  y  1 + xy  x + y x + y  1 + xy 1 + z (1 + xy )  1 +  (1 + xy )  1 +   y  x 6
http://tuhoctoan.net 2 2z 2z 2(1 + z ) 2 Từ đó ta có: T ≥ + + = =2 (1 + z ) 2 z + 1 ( z + 1)2 (1 + z )2 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c Vậy min P = 2 khi a = b = c Câu VIa. 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (C ) : ( x + 6) 2 + ( y − 6)2 = 50 . Viết phương trình đường thẳng (∆) tiếp xúc với đường tròn (C) tại điểm M cắt 2 trục tọa độ tại 2 điểm A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB . 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P):x+y-2z-8=0, (Q):2x-y+z=0 và điểm I(1;1;1). Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với giao tuyến của (P) và (Q) cắt hai mặt phẳng (P), (Q) tại A,B sao cho I là trung điểm của AB. 1. Lời giải: Đường tròn (C ) có tâm I (−6; 6) bán kính R = 50 Giả sử đường thẳng (∆) cắt hai trục tọa độ lần lượt tại A(a; 0), B (0; b) với ab ≠ 0 và M là trung a b điểm của AB thì M  ;   2 2  M ∈ (C )  M ∈ (C ) Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C ) tại M nên:  ⇒   IM ⊥ AB  IM . AB = 0  a b  Ta có: IM  + 6; − 6  , AB ( − a; b ) nên 2 2  a  b  a + b = 0 IM . AB = 0 ⇔ − a  + 6  + b  − 6  = 0 ⇔  2  2   − a + b − 12 = 0 2 2 a  b  Vì M ∈ (C ) ⇒  + 6  +  − 6  = 50 2  2  Ta có hai trường hợp: a + b = 0   a = −2, b = 2 TH 1:  a 2  b  2 ⇔  + 6  +  − 6  = 50  a = −22, b = 22  2   2   − a + b + 12 = 0   a = −10, b = 2 TH 2:  a 2  b  2 ⇔  + 6  +  − 6  = 50  a = −26, b = −14  2  2  Vậy có 4 đường thẳng thỏa mãn điều kiện: x − y + 2 = 0, x − y + 22 = 0, x − 5 y + 10 = 0, 7 x + 13 y + 182 = 0 2. Lời giải: Gọi (d) là giao tuyến của (P) và (Q) thì VTCP của (d) là: u =  n1 , n2  7
http://tuhoctoan.net Trong đó n1 (1;1; 2), n2 (2; −1;1) lần lượt là véc tơ pháp tuyến của (P); (Q) tính được u (3;3; −3) / / u (1;1; −1) Gọi B (α ; β ; β − 2α ) ∈ (Q ) ⇒ A(2 − α ; 2 − β ; 2 + 2α − β ) ⇒ AB (2α − 2; 2 β − 2; 2 β − 4α − 2) Vì đường thẳng ∆ qua A, B vuông góc với đường thẳng giao tuyến của (P) và (Q) nên 1 5 2 AB.u = 0 ⇔ 2α − 2 + 2 β − 2 − 2 β + 4α + 2 = 0 ⇒ α = ⇒ A(− ; 2 − β ; − β ); 3 3 3 1  5 5 7   2 2 4  x −1 y −1 z −1 A ∈ ( P ) ⇒ β = ; ⇒ A  ; ;  ⇒ IA  ; ;  / / u ∆ (1;1; 2) ⇒ PT (∆ ) : = = 3 3 3 3 3 3 3 1 1 2 VIIa. Giải phương trình sau: 5 x = 1 + ln(1 + x ln 5) Lời giải: Phương trình được viết lại như sau: 5 x = 1 + ln 5.log5 (1 + x ln 5) 5 x = 1 + y ln 5 Đặt y = log 5 (1 + x ln 5) ta có hệ sau:  5 = 1 + x ln 5 y Giả sử x > y ⇒ 5 x > 5 y ⇒ 1 + y ln 5 > 1 + x ln 5 ⇒ y > x ⇒ x = y Ta giải phương trình: 5 x = 1 + x ln 5 Xét hàm số f ( x) = 5 x − x ln 5 − 1 có: f '( x) = 5 x ln 5 − ln 5 = (5 x − 1) ln 5 Nếu x > 0 thì f ( x) đồng biến suy ra f ( x) > f (0) = 0 ⇔ 5 x > 1 + x ln 5 Nếu x < 0 thì f ( x) nghịch biến suy ra f ( x) < f (0) = 0 ⇔ 5 x < 1 + x ln 5 Khi x = 0 thì f (0) = 0 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 Câu VIb. 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(2; 6) chân đường phân giác trong kẻ từ  3  1  đỉnh A là: D  2; −  tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác là I  − ;1 . Tìm tọa độ đỉnh B, C của  2  2  tam giác 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 2 = 0 và hai đường x −1 y z + 2 x −1 y + 2 z − 2 thẳng ∆1 : = = ∆2 : = = .Chứng minh ∆1 , ∆ 2 chéo nhau và lập 2 1 −1 1 3 −2 phương trình đường thẳng ∆ cắt ∆1; ∆ 2 tại A, B song song với mặt phẳng ( P ) sao cho độ dài AB ngắn nhất. 1.Giải: Giải: Gọi E là giao điểm của AD và đường tròn ngoại tiếp tam giác suy ra E điểm chính giữa của cung BC. 8
http://tuhoctoan.net Phương trình đường thẳng AD: x = 2 2  1 2 125 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:  x +  + ( y − 1) =  2 4  1 2 2 125  x +  + ( y − 1) = Tọa độ E là giao điểm của AD và đường tròn:  2 4 ⇒ E (2; −4)  x = 2 Đường thẳng BC qua qua D nhận IE làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình: x − 2 y − 5 = 0 Tọa độ B, C là giao điểm của đường thẳng BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác nên thỏa mãn  1 2 2 125  x = 5; y = 0  x +  + ( y − 1) =  hệ sau:  2 4 ⇔ 3  x = 8; y = x − 2 y − 5 = 0  2   3  B (5;0), C  8; 2    Vậy tọa độ các điểm B, C là    3 C (5;0), B  8;    2 A I C B D E 2. Lời giải: Ta có đường thẳng ∆1 qua M (1;0; −2) có VTCP : u1 (2;1; −1) ; ∆ 2 qua N (1; −2; 2) có VTCP : u 2 (1;3; −2) ; Chứng minh được u1 , u2  .MN ≠ 0 suy ra ∆1 , ∆ 2 chéo nhau. Lấy điểm A thuộc ∆1 thì A(1 + 2a; a; −2 − a ) Điểm B thuộc ∆ 2 thì B (1 + b; −2 + 3b; 2 − 2b) Ta có: AB (b − 2a;3b − a − 2; −2b + a + 4) Vì ∆ / /( P ) ⇒ u ∆ .n = 0 ⇔ b − 2a + 3b − a − 2 − 2b + a + 4 = 0 ⇔ b = a − 1 9
http://tuhoctoan.net 2  5  49 7 2 Vậy AB(− a − 1; 2a − 5; − a + 6) ⇒ AB = 6a − 30a + 62 = 6  a −  + ⇒ AB ≥ 2 2  2 2 2 7 2 5 3 Do đó AB min = khi a = ; b = 2 2 2  x = 6 − t   5 Viết được phương trình đường thẳng ∆ :  y =  2  9  z = − 2 + t x  Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: ( log 2 x ) + x log 6 ( x + 2) = log 2 x  + 2 log 6 ( x + 2)  2 2  Lời giải: Điều kiện x>0 Phương trình được viết lại như sau:  x  x log 2 x − = 0 (1)  log 2 x −  [ log 2 x − 2 log 6 ( x + 2)] = 0 ⇔   2  2 (2)  log 2 x − 2 log 6 ( x + 2) = 0 x 1 1 1 Giải phương trình (1): Xét hàm số f ( x) = log 2 x − có f '( x) = − ; f ''( x) = − 2

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.05: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2022

304 tài liệu

925 lượt tải

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.