Luyện đề THPT Quốc gia môn Toán năm 2015 - Đề 3

Chia sẻ: Le Duoc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

38
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hãy tham khảo Luyện đề THPT Quốc gia môn Toán năm 2015 - Đề 3 để giúp các bạn biết thêm cấu trúc đề thi như thế nào, rèn luyện kỹ năng giải bài tập và có thêm tư liệu tham khảo chuẩn bị cho kì thi sắp tới đạt điểm tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luyện đề THPT Quốc gia môn Toán năm 2015 - Đề 3

ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 3 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3x2   m  2  x  3m (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C  khi m  2 . b) Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị của hàm số  C  đã cho vuông góc với đường thẳng d : x – y  2  0 . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   1 0 2 1  cos 2x  x 2sin 2 x 2  2cos 2 x . x3  1  x dx . x3 Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm số phức z thỏa mãn phương trình  i  z 1  2i   1  iz  3  4i   1  7i . b) Cho tập hợp A tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0. Hỏi có thể lấy được bao số tự nhiên từ tập A mà số đó chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. x  4 y  3 z 1 ;   3 1 2 d2 là giao tuyến của hai mặt phẳng    : x  y  z  2  0 và   : x  3y  12  0 . Mặt phẳng Oyz  cắt Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : hai đường thẳng d1 , d2 lần lượt tại các điểm A, B . Tính diện tích tam giác MAB , biết M 1; 2; 3  . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a , BD  a . Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho BM  2 AM . Biết rằng hai mặt phẳng SAC  và SDM  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  và mặt bên SAB  tạo với mặt đáy một góc 600 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a và cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng OM và SA . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn S  : x  y  2x  6 y  15  0 ngoại tiếp tam giác ABC có A  4;7  . Tìm tọa độ các đỉnh B và C 2 2 biết H  4; 5  là trực tâm của tam giác.     x  x2  4 y  y 2  1  2  Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  x, y  R . 12 y 2  10 y  2  2 3 x 3  1  Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x , y , z bất kỳ. Chứng minh rằng x1 y 1 z 1 x y z      . y 1 z1 x1 y z x ..................HẾT.................. 1 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.a. Với m  2 , hàm số trở thành y  x3  3x2  6 . - Tập xác định: D  R . - Sự biến thiên: x  0 + Chiều biến thiên: y '  3x2  6x ; y '  0   . x  2 y '  0, x   ; 0   2;   , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0  và  2;   . y '  0, x   0; 2  , suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  . + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0; yCD  6 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  2; yCT  2 . + Giới hạn: lim y  ; lim y   . x  x  + Bảng biến thiên x  y' 0  y 0   0  6  -  2 2 Đồ thị: + Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0; 6  . + Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I 1; 4  làm tâm đối xứng. + Đồ thị hàm số đi qua các điểm  1; 2  ,  3;6  . - Vẽ đồ thị: Câu 1.b. Ta có y '  3x2  6x  m  2 . Tiếp tuyến  tại điểm M thuộc  C  có hệ số góc k  3x2  6x  m  2  3  x  1  m  5  m  5 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi x  1 . Suy ra kmin  m  5 tại điểm M 1; 4m – 4  Tiếp tuyến   d  (m  5).1  1  m  4 . Kết luận: m  4 . Nhận xét: Dạng bài toán đường thẳng tiếp tuyến vuông góc với một đường thẳng cho trước. Ta tìm hệ sô góc của tiếp tuyến và hệ số góc của đường thẳng còn lại cho thỏa mãn tính chất vuông góc. 2 Nhắc lại kiến thức và phương pháp: - Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm A  xA , y A  thuộc đồ thị hàm số y  f  x  là k  f '  xA  . Hai đường thẳng có hệ số góc lần lượt là k1 , k2 vuông góc với nhau khi và chỉ khi k1 .k2  1 . -Biểu thức P  a2  b  b . Dấu bằng xảy ra  a  0 . Áp dụng cho bài toán : - Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  y '  3x2  6x  m  2  3  x  1  m  5  m  5 . Suy ra hệ số góc 2 tiếp tiếp nhỏ nhất là k  m  5 . - Tiếp tuyến vuông góc đường thẳng d : x  y  2  0 có hệ số góc kd  1 nên theo tính chất hai đường thẳng vuông góc ta có phương trình  m  5 .1  1  m  4 . Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: a. Cho hàm số y  x3  2x2   m  1 x  2m . Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất vuông góc với đường thẳng d : y  2x  1 . Đáp số: m  11 . 6 x  1 . Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số biết tiếp tuyến vuông góc 2x  1 đường thẳng  : x  9 y  1  0 . Đáp số: y  9x  1; y  9x  7 . b. Cho hàm số y   Câu 2. Điều kiện x  k ; k Z . 2 Phương trình tương đương với 1  cos2 x    4cos4 x  2 2cos2 x  1 4sin x cos x cos3 x cos x 3  5cos2 x  3  0  5  0 (do cos x  0 ). sin x sin x cos2 x 1  cot x  5  3 1  tan 2 x  0  3tan 2 x   2  0  3tan 3 x  2 tan x  1  0 tan x    tan x  1 3tan 2 x  3tan x  1  0  tan x  1  x    k, k  . 4  Phương trình có nghiệm: x    k; k  . 4 Nhận xét: Để giải phương trình lượng giác ta sử dụng công thức hạ bậc , mối quan hệ sin x với cos x , tanx với cot x , phân tích nhân tử. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Sử dụng các công thức biến đổi sin2 x  1  cos2 x,1  cos2x  2cos2 x thu được phương trình:      cos3 x  5cot 3 x  3  0 . sin x -Do cos x  0 không là nghiệm của phương trình , chia 2 vế cho cos2 x ta có cos x 1 có phương trình theo ẩn tanx .  sin x tanx cos x - Giải phương trình theo tan x thu được x , kiểm tra điều kiện ta có đáp án. Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: -Thay 1 cos x 3 5 0. sin x cos2 x 2  1  tan 2 x , a. Giải phương trình: 4cos2 x 1  sin x   2 3 cos x cos 2x  1  2sin x . 3  5 5 2 Đáp số: x    k; x    k 2; x  . k 3 6 18 3 b. Giải phương trình: 1  sin 2x  2 3 sin 2 x  3  2 sin x  cos x  0 .(Thi thử THPT Phan Đăng  Lưu). Đáp số: x   Câu 3. Ta có I   1 0   7   k 2; x   k 2; x    k 2; x    k 2 . 6 6 3 1 1 27 1 1 x x3  27  27  1  x dx   x2  3x  9 dx   dx   dx 0 0 x3 0 x3 x3   1 1 1 1 x 1 1 x 1  3 47 4   x3  x2  9 x   27 ln x  3   dx   27 ln   dx . 0 0 0 2 x3 6 3 x3 3 0 Tính A   1 x dx . x3 1 0 x  0  t  1 Đặt t  1  x  x  1  t 2 ; dx  2tdt . Khi  . x  1  t  0 2 2 0 1 t 1t 4 4 1 1 t2 dt dt  2 dt  2 Suy ra A  2  0 4  t 2 0 4  t 2 dt   20 dt  80  2  t  2  t  1 4  t2 1  1 1  2t  2  2    dt  2  2ln 0 2t 2t  2t  1  2  2ln 3 . 0 59  27 ln 4  25ln 3 . 6 Nhận xét: Từ biểu thức dưới dấu tích phân ta có thể sử dụng ngay đổi biến số t  1  x , tuy nhiên đổi biến số ngay từ đầu sẽ dẫn tới một tích phân mới sử dụng phép chia đa thức. Để đơn giản ta sử dụng kĩ thuật phân tích đa thức cơ sở. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: Vậy I  - Sử dụng phân tích tử biểu thức dưới dấu tích phân ta có: x3  1  x  x3  27  27  1  x chuyển tích phân thành 3 tích phân nhỏ. 1 - Tính x 2   3x  9 sử dụng công thức 0 1 - Tính  xndx  27 x n 1 C . n1 u'  x  3 dx bằng sử dụng công thức  u du  ln u  C . 0 1 - Tính A   0 1 x dx bằng phương pháp đổi biến số t  1  x . x3 1  1 Tách thành hai tích phân 2 dt  8 0 1 8 dt 2t   2  t  2  t   2ln 2  t 0 dt   2  t  2  t  . Sử dụng khai triển dạng ln tính được 0 1 . 0 Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: 4 a. Tính tích phân I   1 x3  x x  x x 2 dx . Đáp số: I  19  ln 4 . 2 4 6 b. Tính tích phân I  1  2x  1  2 3 1 dx . Đáp số: I  ln  . 2 12 4x  1 Câu 4.a. Phương trình tương đương với i  2  1  2i  z  3  4i   4  3i  z  1  7i   5  5i  z  10i 2i 2i 1  i    1  i 1 i 2 Vậy phương trình có nghiệm: z  1  i . Nhận xét: Bài toán giải số phức cơ bản với các phép biến đổi tương đương. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: a  bi  a  bi  c  di  ac  bd bc  ad -Số phức z    2  i. c  di c 2  d2 c  d2 c 2  d2 z -Khai triển biểu thức  i  z 1  2i   1  iz  3  4i   1  7i được 2i  5  5i  z  10i  z  1  i  1  i . Lưu ý: Ta có thể đặt z  a  bi thay vào biểu thức để tìm z . Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: a. Tìm số phức z  x  yi thỏa mãn x  2  3i    2 y  11  i   35  50i . Đáp số: z  5  2i . 2 3 b. Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện  2  3i  z  z  i  4     1  3i  . Đáp số: z  2  5i . 2 Câu 4.b. Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là C 93 . Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp sau đây: Trường hợp 1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà 5! a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có tất cả 3.  60 số tự 3! nhiên. Trường hợp 2. Một trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà 5! b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có tất cả 3.  90 số tự nhiên. 2!2! Vậy có 150 số. Nhận xét: Bài toán tìm số các số có 5 chữ số thỏa mãn điều kiện chỉ có mặt 3 chữ số khác nhau. Để giải dạng toán này ta chia các trường hợp cụ thể, sau đó lấy tổng các trường hợp để được đáp án. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Tìm số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số khác 0. Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó. - Trường hợp 1: Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c có 3 cách , mỗi hoán vị của 5 chữ số tạo ra số tụ nhiên n. - Trường hợp 2 : Một trong 2 chữ số còn lại bằng một trong các chữ số a, b, c và số còn lại bằng 1 chữ số khác trong 3 số đó. Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: a. Một tổ gồm 8 nam và 6 nữ. Cần lấy một nhóm 5 người trong đó có 2 nữ, hỏi có bao nhiêu cách chọn. Đáp số: 840. 5