zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Mỗi tuần 1 đề luyện thi ĐH_Đề số 1 và hướng dẫn giải

Chia sẻ: Love Love | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Báo xấu

452
lượt xem 56
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'mỗi tuần 1 đề luyện thi đh_đề số 1 và hướng dẫn giải', 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: Mỗi tuần 1 đề luyện thi ĐH_Đề số 1 và hướng dẫn giải

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 ĐỀ SỐ 1 I. Phần chung Câu 1 (2đ). 2x − 4 Cho hàm số: y = (C ) x +1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 2. Tìm trên ( C ) hai điểm đối xứng qua đường thẳng MN với M ( −3;0 ) , N ( −1; −1) . Câu 2 (2đ). 1 3x 7 1. Giải phương trình: 4cos 4 x − cos 2 x − cos 4 x + cos = 2 4 2 2. Giải phương trình: 3 .2 x = 3 + 2 x + 1 x x Câu 3 (1đ). π ⎛ 1 + sin x ⎞ x 2 Tính tích phân: I = ∫ ⎜ ⎟ .e dx 0⎝ 1 + cos x ⎠ Câu 4 (1đ). Tính thể tích hình chóp S . ABC biết SA = a, SB = b, SC = c, ASB = 600 , BSC = 900 , CSA = 1200 . Câu 5 (1đ). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = log 2 x + 1 + log 2 y + 1 + log 2 z + 1 trong đó 2 2 2 x, y, z là các số thực dương thỏa x. y.z = 8 . II. Phần riêng (Thí sinh chỉ làm một trong hai phần). A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN. Câu 6a (1đ). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy , cho 2 đường thẳng ( d1 ) : x + y + 1 = 0 và ( d 2 ) : 2 x − y − 1 = 0 . Lập phương trình qua M (1;1) cắt ( d1 ) , ( d 2 ) tương ứng tại A, B sao cho 2 MA + MB = 0 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) có phương trình x + 2 y − 2 z + 1 = 0 và hai điểm A (1;7; −1) , B ( 4;2;0 ) . Lập phương trình ( d ) là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB lên mặt phẳng ( P ) . Câu 7a (1đ). Kí hiệu x1 , x2 là nghiệm phức của phương trình bậc hai 2 x 2 − 2 x + 1 = 0 . Tính giá trị các số 1 1 phức 2 và 2 . x1 x2 B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO. Câu 6b (1đ). 1.Cho đường tròn có phương trình x 2 + y 2 − 2 x − 2 y − 3 = 0 ( C ) và điểm M ( 0; 2 ) . Viết phương trình đường thẳng qua M ( 0; 2 ) cắt đường tròn tại hai điểm A và B sao cho AB có độ dài ngắn nhất. 1 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 2. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho 3 điểm A (1;0;0 ) , B ( 0;2;0 ) , C ( 0;0;3) . Tìm tọa độ trực tâm của ΔABC . Câu 7b (1đ). n ⎛ lg(10−3x ) 5 ( x − 2) lg 3 ⎞ Tìm các giá trị x biết trong khai triển Newton ⎜ 2 + 2 ⎟ số hạng thứ 6 bằng ⎝ ⎠ 21 và Cn + Cn = 2Cn . 1 3 2 HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1) 1. Hàm số có tập xác định D = \ {−1} . 2. Sự biến thiên của hàm số. a) Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đường tiệm cận. Ta có lim− y = −∞ và lim+ y = +∞ . Do đó, đường thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng của đồ thị x →−1 x →−1 hàm số đã cho . Ta có lim y = lim y = 2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho x →+∞ x →−∞ b) Bảng biến thiên −6 Ta có y′ =
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 10 y 8 6 4 2 -20 -15 -10 -5 5 10 15 20 -2 -4 -6 -8 Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận giao điểm điểm ( −1;2 ) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng 2) 1 3 Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;0) và N(-1;-1) là y = − x − . 2 2 1 3 Gọi I(a;b) là điểm thuộc đường thẳng MN, ta có b = − a − (1). Ta tìm đường thẳng qua I 2 2 vuông góc với MN cắt (C) tại A và B sao cho I là trung điểm của AB. Phương trình đường thẳng (d) qua I vuông góc với MN là: y = 2 ( x − a ) + b Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình: 2x − 4 2( x − a) + b = x +1 ⇔ 2 x − ( 2a − b ) x − 2a + b + 4 = 0 ( x ≠ −1) 2 x A + xB 2a − b + 2 Ta có xI = ⇔a= (2) 2 4 ⎧ 1 3 ⎪b = − 2 a − 2 ⎪ ⎧a = 1 Từ (1) và (2) ta có hệ ⎨ ⇔⎨ ⎪ a = 2a − b ⎩b = −2 ⎪ ⎩ 4 Suy ra phương trình đường thẳng (d): y = 2 x − 4 Từ đó tìm được tọa độ hai điểm là A(2;0) và B(0;-4) Nhận xét: Bài này nếu ta gọi A(a,b); B(m,n) ngay từ đầu thì theo đề bài ta tìm được 4 phương trình có ẩn lần lượt là a, b, m, n và sau đó giải ra. Nhưng cách này khá dài dòng. 3 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Câu 2 1) Ta có 1 3x 7 4cos 4 x − cos 2 x − cos 4 x + cos = 2 4 2 ⎛ 1 + cos ( 2 x ) ⎞ 2 1 3x 7 ⇔ ⎟ − cos ( 2 x ) − ( 2cos ( 2 x ) − 1) + cos = 2 4⎜ ⎝ 2 ⎠ 2 4 2 ⇔ (1 + cos2 ( 2 x ) + 2cos ( 2 x ) ) − cos ( 2 x ) − cos2 ( 2 x ) + 1 + cos 34x = 7 2 2 3x ⇔ cos ( 2 x ) + cos = 2 4 Ta có: cos ( 2 x ) ≤ 1 ( ∀x ) ⎫ ⎪ 3x ⎬ cos ≤1 ( ∀x ) ⎪ 4 ⎭ ⎧cos 2 x = 1 ⎧ x = kπ (k ∈ ) 3x ⎪ ⎪ ⇒ cos ( 2 x ) + cos = 2 ⇔ ⎨ 3x ⇔⎨ 8lπ ⇔ x = 8mπ (m ∈ ) 4 ⎪ ⎩ cos = 1 ⎪ x = (l ∈ ) 4 ⎩ 3 2) Ta có 3x.2 x = 3x + 2 x + 1 ⇔ 3x ( 2 x − 1) = 2 x + 1 (1) 1 Ta thấy x = không phải là nghiệm của phương trình (1) 2 1 2x + 1 2x + 1 Với x ≠ ta có: (1) ⇔ 3x = ⇔ 3x − =0 2 2x −1 2x −1 2x + 1 x 3 Đặt f ( x ) = 3x − =3 −2− 2x −1 2x −1 6 1 Ta có f ′ ( x ) = 3x ln 3 + >0 ∀x ≠ ( 2 x − 1) 2 2 ⎛ 1⎞ ⎛1 ⎞ Do đó hàm số tăng trên các khoảng ⎜ −∞; ⎟ và ⎜ ; +∞ ⎟ ⎝ 2⎠ ⎝2 ⎠ ⎛ 1⎞ ⎛1 ⎞ Vậy do đó f ( x ) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm trên từng khoảng ⎜ −∞; ⎟ và ⎜ ; +∞ ⎟ ⎝ 2⎠ ⎝2 ⎠ Ta thấy x = 1 và x = −1 là nghiệm của f ( x ) = 0 . Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 1 và x = −1 Nhận xét: Thường thì khi chứng minh hàm đồng biến (hoặc nghịch biến) thì hs kết luận phương trình có duy nhất nghiệm và chỉ ra x = 1 là nghiệm. Bài toán trên cho ta thấy là hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định thì ứng với mỗi khoảng ta phải xét riêng. 4 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 π ⎛ 1 + sin x ⎞ x 2 Câu 3 I = ∫ ⎜ ⎟ .e dx 0⎝ 1 + cos x ⎠ 2 x x x x ⎛ x x⎞ sin + cos 2 + 2sin cos 2 sin + cos ⎟ 1⎜ 2 1 + sin x 2 2 2 2= 2 2 = 1 ⎛1 + tan x ⎞ Ta có = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 + cos x 2cos 2 x 2⎜ cos x ⎟ 2⎝ 2⎠ 2 ⎝ 2 ⎠ Do đó: π π 2 2 1⎛ x⎞ 1 2⎛ x x⎞ I = ∫ ⎜1 + tan ⎟ e x dx = ∫ ⎜1 + tan 2 + 2 tan ⎟ e x dx 0 2⎝ 2⎠ 2 0⎝ 2 2⎠ π π 2 0 1 ⎛ x⎞ x = ∫⎜ 2 0⎝ 1 + tan 2 ⎟ e x dx + ∫ tan e x dx 2⎠ 0 2 ⎧u = e x ⎧du = e x ⎪ ⎪ Đặt ⎨ 1⎛ x⎞ ⇒⎨ x. ⎪ dv = 2 ⎜1 + tan 2 ⎟ dx ⎪v = tan ⎩ ⎝ 2⎠ ⎩ 2 Suy ra: π π π ⎛ x ⎞2 2 x 2 x I = ⎜ tan e x ⎟ − ∫ tan e x dx + ∫ tan e x dx ⎝ 2 ⎠0 0 2 0 2 π π π π = tan e 2 − tan 0.e0 = tan e2 4 4 Câu 4 Cách 1:Phương pháp vectơ S D A C B 5 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Trên AC lấy điểm D sao cho DS ⊥ SC (D thuộc đoạn AC) và ASD = ASC − DSC = 120o − 90o = 30o Ta có: 1 AS .SD.sin 30o AD S ASD 2 a = = = CD SCSD 1 2c CS .SD 2 a 2cSA + aSC ⇒ DA = − DC ⇒ SD = 2c 2c + a ⎛ 2cSA + aSC ⎞ 2c 2c abc Suy ra SD.SB = ⎜ ⎟ .SB = SA.SB = a.b.cos 60o = ⎝ 2c + a ⎠ 2c + a 2c + a 2c + a Và 4c 2 SA2 + a 2 SC 2 + 4c.a.SA.SC 4a 2 c 2 + a 2 c 2 − 2a 2 c 2 3a 2 c 2 SD 2 = = = ( 2c + a ) ( 2c + a ) ( 2c + a ) 2 2 2 ac 3 ⇒ SD = 2c + a abc SD.SB 3 6 Mà ta có cos SDB = = 2c + a = ⇒ sin ADB = SD SB ac 3 3 3 .b 2c + a 1 1 1 ac 3 6 2 abc 2 Suy ra VSDBC = SC.S SDB = SC.SD.SB.sin SDB = c.b. . = 6 6 6 2c + a 3 6 2c + a 2 V AD a a 2 a bc Mà ASBD = = ⇒ VASBD = .VCSDB = VCSBD DC 2c 2c 12 2c + a 2 ⎛ a 2bc + 2abc 2 ⎞ 2 Vậy VSABC = VASBD + VCSBD = ⎜ ⎟= abc (đvtt) 12 ⎝ 2c + a ⎠ 12 Cách 2: (Phương pháp tọa độ) 6 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 z A S B x j y Dựng hệ trục tọa độ Oxyz sao cho S ≡ O , B ( b;0; 0 ) , C ( 0; c; 0 ) và A ( x A ; y A ; z A ) a a Ta có x A = SA.cos ASB = a.cos 60o = và y A = SA cos ASC = a.cos120o = − 2 2 Mà: OA2 = x A + y A + z A 2 2 2 a2 a2 a 2 ⇒ a2 = + + zA ⇒ zA = ± 2 4 4 2 1 1 1 2 Do đó thể tích tứ diện S.ABC là VSABC = .d A/ ( SBC ) .S SBC = z A . b.c = abc (đvtt) 3 3 2 12 Câu 5 Đặt a = log 2 x; b = log 2 y; c = log 2 z . Khi đó ta có a + b + c = log 2 ( xyz ) = log 2 8 = 3 Và A = a 2 + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1 Đặt m = ( a;1) ; n = ( b;1) ; p = ( c;1) . Khi đó ta có (a + b + c) + (1 + 1 + 1) = 3 2 2 2 A= m + n + p ≥ m+n+ p = Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 ⇔ x = y = z = 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 3 2 khi x = y = z = 2. A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN. Câu 6a 7 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 ⎧ x + yA + 1 = 0 ⎧ x A + y A = −1 (1) ⎪ 1) Gọi A ( x A ; y A ) ∈ d1 , B ( xB ; yB ) ∈ d 2 . Ta có ⎨ A ⇔ ⎨ ⎩ 2 xB − y B − 1 = 0 ⎪ 2 xB − y B = 1 ( 2 ) ⎩ Ta có MA = ( x A − 1; y A − 1) , MB = ( xB − 1; y A − 1) Vì 2 MA + MB = 0 nên ta có ⎧ 2 ( x A − 1) + ( xB − 1) = 0 ⎪ ⎧ 2 x A + xB − 3 = 0 ⎧ 2 ( x A + y A ) + ( xB + y B ) = 6 ⎪ ( 3) ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎪ 2 ( y A − 1) + ( yB − 1) = 0 ⎩ ⎩2 y A + yB − 3 = 0 ⎪2 y A + yB = 3 ⎩ ( 4) Từ (1) và (3) ta có xB + yB − 2 = 6 ⇔ xB + yB = 8 (5) ⎧ x = 3 ⎧ xA = 0 Từ (2) và (5) ta có ⎨ B ⇒⎨ ⎩ yB = 5 ⎩ y A = −1 Vậy tọa độ hai điểm A, B là A ( 0; −1) và B ( 3;5 ) , suy ra phương trình ( AB ) : 2 x − y − 1 = 0 Nhận xét: Ta thấy M thuộc d 2 nên phương trình cần tìm chính là d 2 . 2) Gọi M = AB ∩ ( P ) Ta có: AB = ( 3; −5;1) ⎧ x = 4 + 3t ⎪ Phương trình tham số của đường thẳng AB (viết phương trình qua B ) là ⎨ y = 2 − 5t (t ∈ ) ⎪z = ⎩ t Thay x, y, z vào ( P ) ta được: 4 + 3t + 2 ( 2 − 5t ) − 2t + 1 = 0 ⇔ 9 − 9t = 0 ⇔ t =1 Suy ra M ( 7; −3;1) Gọi I là hình chiếu của B lên ( P ) . Ta có nP = (1; 2; −2 ) ⎧x = 4 + t ⎪ Phương trình tham số đường thẳng BI là ⎨ y = 2 + 2t (t ∈ ) ⎪ z = − 2t ⎩ Thay x, y, z vào ( P ) ta được: 4 + t + 2 ( 2 + 2t ) − 2 ( −2t ) + 1 = 0 ⇔ 9 + 9t = 0 ⇔ t = −1 Suy ra I ( 3;0; 2 ) , ta có MI = ( −4;3;1) Phương trình đường thẳng hình chiếu của AB lên ( P ) là MI (viết phương trình qua I ) có phương trình là: 8 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 ⎧ x = 3 − 4t ⎪ ⎨ y = 3t (t ∈ ) ⎪z = 2 + t ⎩ Câu 7a 2 x2 − 2 x + 1 = 0 Ta có Δ′ = 1 − 2.1 = −1 = i 2 Do đó phương trình có hai nghiệm ⎡ 1+ i ⎢ x1 = 2 ⎢ ⎢x = 1− i ⎢ 2 ⎣ 2 1 4 4 2 ( −i ) Ta có 2 = = = = −2i x1 (1 + i ) 2 2i 1 1 4 4 2 (i ) Và = = = = 2i x1 (1 − i ) 2 2 −2i 1 B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu 6b. 1) Ta có x 2 + y 2 − 2 x − 2 y − 3 = 0 ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) = 5 2 2 Từ đó ta có tâm của đường tròn là I(1;1) bán kính R = 5 Ta có IM = 2 < 5 , suy ra M nằm trong đường tròn. Giả sử Δ là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên Δ . Khi đó AB = 2 AH = 2 IA2 − IH 2 = 2 5 − IH 2 ≥ 2 5 − IM 2 = 2 3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi H ≡ M hay Δ vuông góc với IM. Vậy đường thẳng Δ cần tìm đi qua M có vec tơ pháp tuyến là MI = (1; −1) nên có phương trình ( Δ ) : x − y + 2 = 0 2) Ta có A ∈ Ox; B ∈ Oy, z ∈ OZ nên OA, OB, OC đôi một vuông góc nhau. Gọi I là hình chiếu của gốc tọa độ O lên ( ABC ) , lúc đó: BC ⊥ ( OAI ) ⇒ BC ⊥ AI ⎫ ⎪ ⎬ ⇒ I là trực tâm của tam giác ABC. AC ⊥ ( OBI ) ⇒ AC ⊥ BI ⎪ ⎭ y z Mặt phẳng ( ABC ) có phương trình là: x + + =0 2 3 Ta có chọn n ABC = ( 6;3;2 ) và n ABC là vectơ chỉ phương của đường thẳng OI. 9 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 ⎧ x = 6t ⎪ Phương trình tham số của đường thẳng OI là: ⎨ y = 3t (t ∈ ) ⎪ z = 2t ⎩ Thay x, y, z vào ( ABC ) ta được: 3t 2t 6t + + =1 2 3 ⇔ 49t = 6 6 ⇔t= 49 ⎛ 36 18 12 ⎞ Suy ra trực tâm I của tam giác ABC có tọa I ⎜ ; ; ⎟ . ⎝ 49 49 49 ⎠ Câu 7b. Ta giải phương trình: Cn + Cn = 2Cn 1 3 2 n! n! 2 ( n !) ⇔ + = 1!( n − 1)! 3!( n − 3)! 2!( n − 2 )! n ( n − 1)( n − 2 ) ⇔ n+ = n ( n − 1) 6 ⇔ n ( n 2 − 9n + 14 ) = 0 ⎡n = 0 (l ) ⎢ ⇔ ⎢n = 2 ⎢n = 7 ⎣ Trong khai triển có số hạng thứ 6 nên ta chỉ nhận n = 7 . ( ) 7 2 ⎛ lg(10−3x ) 5 ( x − 2) lg 3 ⎞ 5⎛ lg (10 −3x ) ⎞ 5 ( x − 2 ) lg 3 5 Số hạng thứ 6 trong khai triển ⎜ 2 + 2 ⎟ là C7 ⎜ 2 ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Ta có phương trình ( ) .2( lg 10 −3x x − 2 ) lg 3 5 C7 .2 = 21 ( ) lg 10 −3x + ( x − 2 ) lg 3 ⇔2 =1 ⇔ lg (10 − 3 ) + ( x − 2 ) lg 3 = 0 x ⇔ (10 − 3x ) .3x − 2 = 1 ⇔ (10 − 3x ) .3x = 9 ⎡3 x = 1 ⎡x = 0 ⇔⎢ x ⇔⎢ ⎣3 = 9 ⎣x = 2 Vậy có hai giá trị x cần tìm là x = 0 và x = 2 HẾT 10 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

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.