Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số f ( x )  x 3  mx  2, có đồ thị (Cm ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  3 2) Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Câu II (2 điểm) 1 1

Chia sẻ: Ky Su | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

169
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số f ( x )  x 3  mx  2, có đồ thị (Cm ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  3 2) Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Câu II (2 điểm) 1 1) Giải phương trình: 2 tan x  cot 2 x  2sin 2 x  sin 2 x 2) Giải phương trình: x 2  1 Câu...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số f ( x )  x 3  mx  2, có đồ thị (Cm ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  3 2) Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Câu II (2 điểm) 1 1

Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số f ( x )  x 3  mx  2, có đồ thị (Cm ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  3 2) Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Câu II (2 điểm) 1 1) Giải phương trình: 2 tan x  cot 2 x  2sin 2 x  sin 2 x 2  2) Giải phương trình: x 2  1   5  x 2 x 2  4; xR  x  sin 2 x 3 Câu III (1 điểm) Tính I   1  cos 2 x dx 0 Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là O. A, B là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a , · · ASO  SAB  600 . Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  5 . 4x  y 2x  y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P   xy 4 Phần riêng (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) có phương trình : x  y  0 và điểm M (2;1) . Tìm phương trình đường thẳng  cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng (d ) tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng   đi qua hai điểm A  0; 1;2  , B 1;0;3 và tiếp xúc với mặt cầu  S  có phương trình: ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  2 Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: z 2  z  1  0 . 2 2 2 2  1  1   1  1  Rút gọn biểu thức P   z     z 2  2    z 3  3    z 4  4   z  z   z   z  Phần B Câu VI (2 điểm) 2 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C  có phương trình :  x  4   y 2  25 và điểm M (1; 1) . Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn  C  tại 2 điểm A, B sao cho MA  3MB 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  có phương trình: x  y  1  0 . Lập phương trình mặt cầu  S  đi qua ba điểm A  2;1; 1 , B  0;2; 2  , C 1;3;0  và tiếp xúc với mặt phẳng  P 
2   3  log 1 x  1   log 2  x  1  6 Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:  2  2  log 2  x  1 2  log 1 ( x  1) 2 --------------------Hết-------------------- HƯỚNG DẪN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Câu I.1 m  3 hàm số trở thành: f ( x)  x 3  3 x  2, (1,0 đ) Tập xác định D  R Sự biến thiên  x  1 y '  3( x 2  1)  0   0,25 x  1  x  1 y' 0   hàm số đồng biến trên  ; 1 và 1;   x 1 y '  0  1  x  1 hàm số nghịch biến trên  1;1 điểm CĐ  1; 4  , điểm CT 1; 0  lim y   lim y   0,25 x  x  Điểm uốn: y ''  6 x  0  x  0 , Điểm uốn U  0;2  Bảng biến thiên: 0,25 x  1 1  y' + 0  0  CĐ  y CT  0,25 Đồ thị Câu I.2 Phương trình cho HĐGĐ x 3  mx  2  0, (*) (1,0 đ) x3  2 x  0 không thỏa mãn nên: (*)  m   0,25 x 3 x 2 2 2 0,25 Xét hàm số g ( x )     x 2   g '( x )  2 x  2 x x x g '( x )  0  x  1 ta có bảng biến thiên: 0,25 x  0 1 
g '( x) + ll  0   -3 g ( x)    Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y  m và đồ thị hàm số 0,25 y  g ( x) nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì m  3 Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị (Cm ) của hàm số y  f ( x) hoặc không có cực trị hoặc có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành Câu II.1 1 2 tan x  cot 2 x  2sin 2 x  ,(1) (1,0 đ) sin 2 x  Điều kiện: x  k 0,25 2 4sin 2 x  cos 2 x 2sin 2 2 x  1 (1)   sin 2 x sin 2 x 0,25  2(1  cos 2 x )  cos 2 x  2(1  cos 2 2 x)  1  2 cos 2 2 x  cos 2 x  1  0  cos 2 x  1 (loai do:sin 2 x  0)   1  x    k  cos 2 x   3 0,25  2  Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là: x    k , k  Z 3 0,25 Câu II.2 2 (1,0 đ) x 2  1  5  x 2 x 2  4; xR Đặt t  x 2 x 2  4  t 2  2( x 4  2 x 2 ) ta được phương trình 0,25 t2  1  5  t  t 2  2t  8  0 2 t  4 0,25  t  2 x  0 x  0 + Với t =  4 Ta có x 2 x 2  4  4   4 2  4 2 2( x  2 x )  16 x  2x  8  0 0,25
x  0  2  x 2 x  2 x  0 x  0 + Với t = 2 ta có x 2 x 2  4  2   4 2  4 2 2( x  2 x )  4 x  2x  2  0 x  0   2 x 3 1 0,25 x  3 1  ĐS: phương trình có 2 nghiệm x   2, x  3 1 Câu III  2 x  sin x  x  sin x 2 3 3 3 (1,0 đ) I  dx   2 dx   dx 0,25 0 1  cos 2 x 02cos x 02 cos 2 x  3 x 1  x I1   dx   3 dx 0 2cos 2 x 2 0 cos 2 x u  x   du  dx Đặt  dx   dv  cos 2 x v  tan x    1  3  3 tan xdx    1  1 0,25  I1   x tan x 0    ln cos x 3 0   ln 2 2 0  2 3 2 2 3 2  sin 2 x 3 1  2 1  2   I2   2 dx   tan xdx    (1  tan x )dx   3 dx   3 3 2cos x 0 2 0 2 0 0   0,25 1 1    tan x  x  03   3   2 2 3 I  I1  I 2   1 1    ln 2   3     3 1  1( 3  ln 2) 0,25 2 3 2 2 3 6 2 Câu IV Gọi I là trung điểm của AB , nên OI  a (1,0 đ) S Đặt OA  R · SAB  600  SAB đều 1 1 1 OA R IA  AB  SA   0,25 2 2 · 2 sin ASO 3 Tam giác OIA vuông tại I nên OA  IA2  IO 2 2 R2 a 6 O A  R2   a2  R  3 2 0,25 I B  SA  a 2 a 2 0,25 Chiếu cao: SO  2
a 6 Diện tích xung quanh: S xq   Rl   a 2   a2 3 0,25 2 Câu V Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  5 . (1,0 đ) 4x  y 2x  y 4 1 x y 4 y 1 x y P           0,25 xy 4 y x 2 4 y 4 x 2 2 Thay y  5  x được: 4 y 1 x 5 x 4 y 1 5 4 y 1 5 3 0,50 P         x   2 .  2 .x   y 4 x 2 2 y 4 x 2 y 4 x 2 2 3 3 P bằng khi x  1; y  4 Vậy Min P = 0,25 2 2 Lưu ý: 3x  5 3x  5 Có thể thay y  5  x sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số g ( x )   x (5  x) 4 Câu A nằm trên Ox nên A  a;0  , B nằm trên đường thẳng x  y  0 nên B (b; b) , 0,25 AVI.1 uuu r uuur M (2;1)  MA  ( a  2; 1), MB  (b  2; b  1) (1,0 đ) Tam giác ABM vuông cân tại M nên: uuu uuu r r  MA.MB  0  (a  2)(b  2)  (b  1)  0  0,25   ,  MA  MB    ( a  2) 2  1  (b  2) 2  (b  1) 2 do b  2 không thỏa mãn vậy  b 1  b 1 a  2  b  2 , b  2 a  2  ,b  2   b2  2 (a  2) 2  1  (b  2)2  (b  1) 2  b  1   1  (b  2) 2  (b  1) 2   b  2     b 1  a  2  a2 ,b  2   b2 b  1    a  4   (b  2) 2  (b  1) 2  .  1      (b  2) 2  1  0      b  3  a  2 Với:  đường thẳng  qua AB có phương trình x  y  2  0 0,25 b  1 a  4 Với  đường thẳng  qua AB có phương trình 3 x  y  12  0 b  3 0,25 .........................................................