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 3 và hướng dẫn giải

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

Báo xấu

287
lượt xem 45
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 3 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 3 và hướng dẫn giải

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 ĐỀ SỐ 3 I. Phần chung Câu 1 (2đ).  2m  1 x  m2 Cho hàm số: y  C  x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C  ứng với m  1 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số  C  tiếp xúc với đường thẳng y  x . Câu 2 (2đ). 1. Giải phương trình: 2  3 cos 2 x  sin2x  4cos 2 3x  2 2 xy  x  y2  1 2. Giải hệ phương trình:  x y  x  y  x2  y  Câu 3 (1đ).  2 sin xdx Tính tích phân: I   3 0  sin x  cos x  Câu 4 (1đ). a 3 Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có cạnh đáy 2a , AM   ABC  , AM  2 ( M là trung điểm của cạnh BC ).Tính thể tích khối đa diện ABABC . Câu 5 (1đ). Cho các số x, y là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2  y 2  4 y  4  x 2  y 2  4 y  4  x  4 II. Phần riêng (Thí sinh chỉ làm một trong hai phần). A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN. Câu 6a (1đ). 1). Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho 3 điểm A  3;1;1 , B  7;3;9  , C  2;2;2  và mặt phẳng  P  có phương trình: x  y  z  3 . Tìm trên      P  điểm M sao cho MA  2MB  3MC nhỏ nhất. x2 y 2 2) Cho Elip có phương trình  E  :   1 . Tìm các điểm M   E  sao cho 100 25  F1MF2  1200 ( F1 , F2 là hai tiêu điểm của Elip) Câu 7a (1đ). Gọi a1 , a2 ,..., a11 là các hệ số trong khai triển sau: 10  x  1  x  2  x11  a1 x10  a2 x9  ...  a11 , tìm hệ số a5 . B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO. Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 1 www.trungtamquangminh.tk
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Câu 6b (1đ). 1) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho điểm M  2;1; 2  và đường thẳng x2 y z 3 d  :   . Tìm trên  d  hai điểm A, B sao cho tam giác ABM đều. 1 1 1 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy , cho đường tròn 2 2  C  :  x  3   y  4   35 và điểm A  5;5  . Tìm trên đường tròn 2 điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Câu 7b (1đ). Giải hệ phương trình:   2y  log 2009  x   x  2 y     3 3  x  y  x2  y2  xy  HƯỚNG DẪN GIẢI I. Phần chung Câu 1 (2đ).  2m  1 x  m 2 Cho hàm số y C  x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  hàm số 1 khi m  1 b) Tìm m để đồ thị hàm số  C  tiếp xúc với đường thẳng y  x Giải a) Bạn đọc tự giải.  2m  1 x  m 2 b) y  C  x 1 TXĐ: D   \ 1 Đồ thị hàm số  C  tiếp xúc với đường thẳng y  x . Ta có điều kiện tiếp xúc:   2m  1 x  m 2   x *  x 1  2   m  1  1 **   x  12  2  m  1  1  m  1 2  x  1 2   m  1  x  1   x  m Từ ** ta có 2      x  2  m  x  1  m  1    x  1  + Với x  m thay vào (*) ta có: 0m  0  thỏa với mọi m Vì x  1  m  x  1 + Với x  2 – m thay vào (*) ta có: 2  2m  1 2  m   m2   2  m  2  m  1  4  m  1  0  m  1 m  1  x  2  1  1 (loại) Vậy với m  1 thì đồ thị hàm số  C  tiếp xúc với đường thẳng y  x . Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 2 www.trungtamquangminh.tk
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Câu 2 (2đ). 1. Giải phương trình: 2  3 cos 2 x  sin 2 x  4cos 2 3 x Giải 2  3 cos 2 x  sin 2 x  4cos 2 3 x   3 cos 2 x  sin 2 x  4cos 2 3 x  2  3 1  cos 2 x  sin 2 x  cos 6 x 2 2  5   cos   2 x   cos 6 x  6   5 6 x  6  2 x  k 2   k,l   6 x    5  2 x   l 2      6   5 k  x  48  4   k,l    x   5  l   24 2 2. Giải hệ phương trình:  2 2 2 xy x  y  x  y  1 1   x  y  x2  y  2  Giải: Điều kiện: x  y  0 2 xy 2  1  1 : x 2  y 2   1   x  y   1  2 xy 1  0 x y  x y  x  y 1   x  y  1 x  y  1  2 xy  0  x y   2 xy    x  y  1  x  y  1  0  x y   x  y  1  x 2  y 2  x  y   0  x  y 1  0  y  1 x (vì x  y  0 nên x 2  y 2  x  y  0 ) x  1  y  0 Thế x  1  y vào  2  ta có: 1  x 2  1  x   x 2  x  2  0    x  2  y  3 Vậy hệ có hai nghiệm: 1;0  ,  2;3 Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 3 www.trungtamquangminh.tk
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Câu 3 (1đ).  2 sin xdx Tính tích phân: I   3 0  sin x  cos x  Giải  Đặt x   t  dx  dt 2    0 sin   t   dt  2 2  cos tdt Ta có: I   3  3       0  sin t  cos t  2  sin   t   cos   t    2   2    2 2 sin xdx cos xdx Do đó ta có: I   3  3 0  sin x  cos x  0  sin x  cos x     cos x  sin x 1 1   Xét 2 I   2 3 dx   2 2 dx   2 dx  0  sin x  cos x  0  sin x  cos x  0   4 2cos 2  x     4  1   1  2      tan  x     tan  tan      tan  1 2  4 0 2 4  4  4 1 Vậy I  2 Câu 4 (1đ). a 3 Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đầu cạnh 2a , A ' M   ABC  và A ' M  2 trong đó M là trung điểm của BC. Tính thể tích khối đa diện ABA ' B ' C . Giải A' C' B' A C M B Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 4 www.trungtamquangminh.tk
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Vì ABB ' A ' là hình bình hành nên ta có: VC . ABB '  VC . AB ' A ' (đáy bằng nhau và cùng đường 1 1 a 3 a 2 3 a3 cao). Mà VC . ABB '  A ' M .S ABC  .  3 3 2 4 8 3 3 a a Vậy VC . ABB ' A '  2VC . ABB '  2  (đvtt) 8 4 Câu 5 (1đ). Cho x, y là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  x2  y 2  4 y  4  x2  y2  4 y  4  x  4 Giải 2 2 Ta có: A  x 2   2  y   x 2   y  2   x  4   Xét a   x; 2  y  , b   x, y  2      2 2 Ta có: a  b  a  b  x 2   2  y   x 2   y  2   4 x 2  16  2 x 2  4 Suy ra A  2 x 2  4  x  4   Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi a, b cùng hướng hay y  0 2  Dùng BĐT BCS ta có: 2 3  x    3  1  4  x 2   2 x 2  4  2 3  x 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  3 Do đó: A  2 3  x  4  x  2 3  4  2 3  4 2 Vậy A  4  2 3 dấu “=” xảy ra khi x  ,y 0 3 2 Vậy min A  4  2 3 khi x  ,y 0 3 II. Phần riêng (Thí sinh chỉ làm một trong hai phần). A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN. Câu 6a (1đ). a) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho 3 điểm A  3;1;1 , B  7;3;9  , C  2;2;2  và mặt phẳng      P  : x  y  z  3 . Tìm trên  P  điểm M sao cho: MA  2MB  3MC nhỏ nhất. Giải        23 13 25  Gọi I là điểm thỏa: IA  2 IB  3IB  0 , khi đó tọa độ điểm I là: I  ; ;   6 6 6                          Ta có: T  MA  2 MB  3MC  MI  IA  2 MI  IB  3 MI  IC  6MI  6 MI    Do đó T nhỏ nhất  MI nhỏ nhất  M là hình chiếu của I lên mặt phẳng  P  . Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 5 www.trungtamquangminh.tk
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Gọi  d  là đường thẳng qua I và vuông góc với  P  ,  d  có vectơ chỉ phương là  23 x  6  t    13 nP  1;1;1 . Phương trình tham số của  d  là:  y   t  6  25 z  6  t  Thay vào phương trình mặt phẳng  P  ta có: 23 13 25 t t  t 3 6 6 6 43  3t  6 43 t 18 43  13 2 16  Thay t  vào phương trình  d  ta có: M  ; ;  6 9 9 9 x2 y2  b) Cho Elip có phương trình  E    1 . Tìm điểm M trên Elip sao cho F1MF2  1200 100 25 Giải 3 3 Gọi M  a; b   E , Ta có: MF1  10  a, MF2  10  a 2 2 Áp dụng định lý hàm số cosin đối với tam giác F1MF2 ta có: F F 2  MF 2  MF 2  2MF .MF cos F MF  1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2  3   3   3  3  1    10 3    10  a   10  2   a   2  10  2  a 10  2  a  2  2      a0 Thay a  0 vào phương trình Elip ta có: b  5 hoặc b  5 Vậy có 2 điểm thỏa: M 1  0;5  , M 2  0; 5  Câu 7a (1đ). Gọi a1 , a2 ,..., a11 là các hệ số trong khai triển sau: 10  x  1  x  2  x11  a1 x10  a2 x9  ...  a11 Tìm hệ số a5 Giải 10 Ta có:  x  1  C10 x10  C10 x 9  C10 x8  C10 x 7  ...  C10 x  C10 0 1 2 3 9 10 10   x  1  x  2   .... C10  2C10  x6  ...  5 4  5 4  a5  C10  2C10  672 Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 6 www.trungtamquangminh.tk
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Cách khác: 10 10 10 10 10 Ta có:  x  1  x  2  x  x  1  2  x  1  x  C x  2 C10 x k k k 10 k k 0 k 0 6 5 4 a5 là hệ số của x nên a5  C  2C  672 10 10 B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO. Câu 6b (1đ). a) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho điểm M  2;1; 2  và đường thẳng x2 y z 3 d  :   . Tìm trên  d  hai điểm A, B sao cho tam giác ABM đều. 1 1 1 Giải M 0  2;0;3   d   d  có vectơ chỉ phương là u  1;1;1  MM 0   0; 1;1    MM 0 , u    2;1;1   Gọi H là hình chiếu của M lên (d). Ta có:    MM 0 , u  2  2   12  12   MH  d  M ; d      2 u 12  12  12 Tam giác ABM đều nhận MH là đường cao nên ta có: 2MH 2 2 2 6 MA  MB  AB    3 3 3 Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ x  2 y z 3  1 1 1  1   x  2 2   y  12   z  2 2  8  2    3 x  2  t  1 :  y  t thay vào (2) ta có: z  3  t  2 2 2 8  2  t  2    t  1  3  t  2   3  2 2 t  3  t2    9  2 t    3 Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 7 www.trungtamquangminh.tk
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11  2 x  2   3 2  2 Với t   y  3  3  2 z  3    3  2 x  2   3 2  2 Với t    y   3  3  2 z  3    3  2 2 2  2 2 2 Vậy A, B là một trong hai điểm  2  ; ;3  , 2  ; ;3    3 3 3   3 3 3  2 2 b) Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho đường tròn  C  :  x  3   y  4   35 và điểm A  5;5  . Tìm trên đường tròn hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Giải A B I C Tâm đường tròn I  3; 4   AB  AC Ta có  , suy ra AI là đường trung trực của BC , tam giác ABC vuông cân tại A  IB  IC  nên AI cũng là phân giác của BAC . Do đó AB, AC hợp với AI một góc 450 . Gọi (d) là đường thẳng hợp với AI một góc 450 . Khi đó B, C là giao điểm của  d  và  C  và AB AC  Ta có: IA   2;1  1;1 , 1; 1 (lần lượt là vectơ chỉ phương của đường thẳng y   x và y  x )do đó vectơ chỉ phương của (d) có hai thành phần đều khác không.  Gọi u  1, a  là vectơ chỉ phương của (d). ta có Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 8 www.trungtamquangminh.tk
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11    2a 2a 2  cos IA, u   1  a 2 22  1  5 1  a2  2 a  3  2 2  a  5 1  a  2  2  a   5 1  a   3a  8a  3  0   2 2 2 2  a  1  3   +Với a  3 ,thì u1  1;3  , phương trình đường thẳng qua A nhận u1  1;3  làm vectơ chỉ x  5  t phương là:   d1   y  5  3t Thay vào phương trình đường tròn (C) ta có: 2 2  5  t  3   5  3t  4   35  t2  t  3  0  1  13 t   2  1  1 13 t   2  9  13 1  13 x   2 Với t  ta có:  2  y  7  3 13   2  9  13 1  13 x   2 Với t  ta có:  2  y  7  3 13   2  9  13 7  3 13   9  13 7  3 13  Ta có giao điểm của  d1  và  C  là  ; , ;   2 2   2 2  1   + a  , thì chọn u1   3; 1 , phương trình đường thẳng qua A nhận u1   3; 1 làm 3 x  5  t  vectơ chỉ phương là  1  d2  y  5  3t  Thay vào phương trình đường tròn (C) ta có: 2 2  5  3t  3   5  t  4   35  t2  t  3  0  1  13 t   2  1  13 t   2 Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 9 www.trungtamquangminh.tk
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11  7  3 13 1  13 x   2 Với t  ta có:  2  y  11  13   2  7  3 13 1  13 x   2 Với t  ta có:  2  y  11  13   2  7  3 13 11  13   7  3 13 11  13  Ta có giao điểm của  d 2  và  C  là  ; , ;   2 2   2 2   7  3 13 11  13   9  13 7  3 13  Vì AB  AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là:  ; , ;   2 2   2 2   7  3 13 11  13   9  13 7  3 13  và  ; , ;   2 2   2 2  Câu 7b (1đ).  2y log 2009 x  x  2 y 1  Giải hệ phương trình:  3 3  x  y  x2  y2  2  xy  Giải Điều kiện: xy  0 Từ  2  ta có: x 3  y 3  xy  x 2  y 2   0  x  0, y  0 2y 2y 1 : log 2009 x  2y   2009 x  2 y  x.2009 x  2y.20092y x x t Xét hàm số f  t   t 2009  t  0   t  f '  t   2009t 1  0  ln 2009  Do đó hàm số f  t  là hàm tăng khi t  0 Vậy ta có: f  x   f  2 y   x  2 y y  0  x  0  9 Thay x  2 y vào  2  ta có phương trình: y  5 y    0    2 y  9  x  9  10 5 9 9  So với điều kiện ta có nghiệm của hệ phương trình:  ;  .  5 10  HẾT Nhóm giáo viên Toán trung tâm Quang Minh 10 www.trungtamquangminh.tk

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.