THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI- ĐỀ SỐ 5

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

119
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'thử sức trước kỳ thi- đề số 5', 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: THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI- ĐỀ SỐ 5

l e.t ĐỀSỐ 05 ĐỀ pag . ac is w.la Đ Ề SỐ 05 w w Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: Cho hàm số: y  x 3  3mx 2  1 (1) 1) Khảo sát sự b iến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1. 2) Tìm m đ ể đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt. Câu II:   1) Giải phương trình: sin 3x  cos3x  2 2 cos  x    1  0. 4   x 1  3  y  m  2) Tìm m đ ể hệ phương trình:  có nghiệm.  y 1  3  x  m  Câu III: 1 dx Tính tích phân: I   . 3  x  1  3x  1 0 Câu IV:  Cho hình chóp S.ABC có AB = BC = a, ABC  900 , SA   ABC  , số đo góc nhị diện cạnh SC bằng 600. Kẻ AM  SB, AN  SC. Tính thể tích của hình chóp S.AMN. Câu V: Tính giá trị nhỏ nhất biểu thức P  x 6  3y4  y6  3x 4 , trong đó x, y là các số dương thỏa mãn 11  2. xy PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M 1; 2  . Lập phương trình đ ường thẳng qua M, cắt tia Ox, Oy tương ứng tại A, B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;3; 1 , B  3; 1;5  và đường thẳng (d): x  3 y 1 z  . Tìm điểm M trên (d) sao cho biểu thức Q  MA 2  MB2 có giá trị nhỏ nhất.  1 1 2 Câu VII.a: x  4  y Giả sử x, y là hai số thực thỏa mãn 0  x  y  4. Chứng minh rằng: ln  x  y. y4  x B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác cân ABC (AB = AC). Biết phương trình các đ ường thẳng AB, BC tương ứng là  d1  : 2x  y  1  0,  d 2  : x  4y  3  0. Lập phương trình đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC.
x 1 y  1 z 1 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d): và mặt cầu (S):   2 2 1 x 2  y2  z 2  8x  4y  2z  12  0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua (d) và tiếp xúc mặt cầu (S). Câu VII.b: z  1  5i  1. Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa mãn: z  3 i NGUYÊN ANH DUNG (Hà Nôi) HƯỚNG DẪN GIẢ I V À ĐÁP SỐ HƯỚNG DẪ N GIẢ I VÀ ĐÁP SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: 1) Tự giải 2) y '  3x 2  6mx  3x  x  2m   x  0  y1  1 y'  0   1 3  x 2  2m  y 2  4m  1 3 2   Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt  y1.y 2  0  1. 4m3  1  0  m   2 Câu II:   1) sin 3x  cos 3x  2 2 cos  x    1  0 4   sin 3x  cos 3x  2  cos x  sin x   1  0  3sin x  4sin 3 x  4 cos3 x  3cos x  2  cos x  sin x   1  0  4  cos3 x  sin 3 x   5  cos x  sin x   1  0  4  cos x  sin x   cos 2 x  sin 2 x  cos x sin x   5  cos x  sin x   1  0  4  cos x  sin x 1  cos x sin x   5  cos x  sin x   1  0  *   Đặt t  cos x  sin x  2 cos  x    t    2; 2    4  1 t2  t 2  cos 2 x  sin 2 x  2 cos x sin x  1  2 cos x sin x  cos x sin x  2 Thay vào phương trình (*), ta đ ược:  t 1  1 t2    3 2   5t  1  0  2t  t  1  0   t  1 2t  2t  1  0   2t 2  2t  1  0 VN 4t 1   0 2       2    x     k2  k  Z   2 cos  x    1  cos  x    4 4 2 4 4    Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x  k2 , x    k2  k  Z  . 2 1  x 1  3  y  m  2)  2  y 1  3  x  m  Điều kiện: 1  x, y  3 Với  x; y    1; 1 ,  3;3 từ hệ suy ra: m = 2 Với  x; y    1; 1 ,  3;3 
xy xy Lấy (1) trừ (2) ta có: x 1  y 1  3  y  3  x  0   0 x 1  y 1 3 y  3x   1 1   x  y  0 xy0 x  y  x 1  y 1 3 y  3x    Từ (1) suy ra: m  x  1  3  x Xét hàm số: f  x   x  1  3  x với x   1;3  1 1 Ta có: f '  x    2 x 1 2 3  x 1 1 f 'x  0    x 1  3  x  x  1 2 x 1 2 3  x f 1  2 2 , f  1  f  3  2   1 3 1 22 2 2 Suy ra: 2  f  x   2 2 Vậy hệ đ ã cho có nghiệm khi 2  m  2 2 . Câu III: 1 1 dx dx I   x  1  3x  1 0  x  1  x  1 3x  1 3 0 Đặt: u  3x  1  u 2  3x  1  2udu  3dx Đổi cận: x  0  u  1 , x  1  u  2 2 2 2 udu du I   2 3 3 1 1 u 2  2 u 2  2.u 1  u  2 u  2 2 2   33 Đặt: u  2 tan t  du  2 1  tan 2 t  dt 1 Đổi cận: u  1  t  arctan , u  2  t  arctan 2 2 2 1  tan 2 t  dt arctan 2 arctan 2 arctan 2 dt I2 3  3  3  cos tdt 1 2 2 1  tan t  1  tan t 2 2 1  tan 2 t 1 1 arctan arctan arctan 2 2 2  1   arctan 2   I  3 sin t  3 sin arctan 2  sin  arctan   2 1 1 2  arctan   2 Câu IV: Ta có: BC  SA  SA   ABC   , BC  AB  BC   SAB   BC  AM Mà SB  AM nên AM   SBC   AM  SC
Ta lại có AN  SC nên SC   AMN    ANM là góc nhị diện cạnh SC.   ANM  600 Mặt khác: AM  MN (vì AM   SBC  )  AMN vuông tại M  AM  sin 60 0  3  sin ANM  AN 2 3  AM  AN 2 SA.AC ax 2 SA.AB ax Đặt SA = x, ta có: AM  , AN    SC SB 2 2 x 2  2a 2 x a ax 3 ax 2 3    x 2  2a 2  x 2  a 2  x 2  a 2  x  a  SA  a   . 2 2 x2  a2 x 2  2a 2 SA 2 a2 SA 2 a2 a2 a3 Ta có: SM    , SN    SB a 2 2 SC a 3 3 a2a3 VS.AMN SM SN 11 1 1  2 . 3  .   VS.AMN  VS.ABC  . VS.ABC SB SC a 2 a 3 2 3 6 6 a3 1 1 VS.ABC  SA.SABC  SA.AB.BC  3 6 6 a3  VS.AMN  36 Câu V: 1 1 4 Ta có:  x  y      4  x  y  11 x y  xy 11 4 Mà   2 nên: x  y   2 xy 2 2 2 2 2    x x    P  x 6  3y 4  y 6  3x 4  3  y3 3y 2  3x 2 3  y3  3 x 2  y2  2 x  y 1 1 3 3 3 Ta có: x 3  y 3   x  y   3xy  x  y    x  y   3. x  y  x  y  .23  2 4 4 4 1 1 2 x  y   x  y   .2 2  2 2 2 2 2  P  2 2  3.2 2  4 Vậy giá trị nhỏ nhất P = 4 khi x = y = 1. PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1)  Gọi n   n1 ; n 2  là véctơ pháp tuyến của đường thẳng (d) cần tìm. Phương trình (d): n1  x  1  n 2  y  2   0  n1x  n 2 y  n1  2n 2  0
 n  2n 2   n  2n 2  Tọa độ điểm A  1 ; 0  , tọa độ điểm B  0; 1   n1 n2    2 1 n1  2n 2 n1  2n 2 1  n1  2n 2  1  OA.OB   SOAB . 2 2 n1 n2 2 n 1n 2 1 8n1n 2 2 Ta có:  n1  2n 2   8n1n 2  SOAB  4 2 n1n 2 Vậy diện tích tam giác OAB bằng 4, khi đó n1 = 2n2. Chọn n2 = 1  n1  2   d  : 2x  y  4  0 2)  x  3 t   d  :  y  1  2t , A 1;3; 1 , B  3; 1;5   z  t  M   d   M  3  t;1  2t;  t  2 2 2 2 2 2 Q  MA 2  MB2   t  2    2t  2    t  1   t  6    2t  2    t  5   12t 2  24t  74 2  12  t  1  62  62  MinQ  62, khi t  1  M  2; 1;1 Vậy Q nhỏ nhất bằng 62 khi đó M có tọa độ M  2; 1;1 . Câu VII.a: Ta có: x  4  y x y  x  y  ln x  ln  4  x   x  ln y  ln  4  y   y  x  y  ln  ln ln y4  x 4  x  4  y Xét hàm số: f  t   ln t  ln  4  t   t với 0  t  4 2 4  t  t  t  4  t  t 2  4t  4  t  2  1 1  0 t   0; 4  Ta có: f '  t    1    t 4  t t 4  t  t 4  t  t 4t Suy ra hàm số f  t  luôn đồng biến trên khoảng  0; 4  Với 0  x  y  4  f  x   f  y   ln x  ln  4  x   x  ln y  ln  4  y   y  đpcm. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1)  2x  y  1  0  x 1 Tọa độ điểm B:    x  4y  3  0  y  1 Phương trình đường cao AH: 4x  y  m  0 1   x  6 1  m   2x  y  1  0   Tọa độ điểm A:  4x  y  m  0 y  1  m  2   3  1   x   17  4m  3   x  4y  3  0  Tọa độ điểm H:    4x  y  m  0  y  1  m  12   17 
2 1   x   17  4m  3  1   17  8m  23   Tọa độ điểm C:   y  2  m  12   1  1  2m  7   17 17     31  11   m  5 ;   m  5   véctơ chỉ phương của đường thẳng AC là: a   31; 22   AC     102 51   Vectơ pháp tuyến của đường cao BI: n  a   31; 22  Phương trình đường cao BI: 31 x  1  22  y  1  0  31x  22y  9  0 2)  Đường thẳng (d) đi qua điểm M 1; 1;1 có véctơ chỉ phương a   2; 2;1 Mặt cầu  S  có tâm I  4; 2;1 , bán kính R = 3.  Gọi n   A; B;C  là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)   Vì (P) chứa (d) nên n  a  n.a  0  2A  2B  C  0  C  2A  2B   P  : Ax  By  2  A  B  z  D  0 M   P   A  B  2  A  B  D  0  D  A  B   P  : Ax  By  2  A  B  z  A  B  0 4A  2B  2  A  B   A  B Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S)  d  I,  P    R  3 2 A 2  B2  4  A  B  3 AB 2 2  3   A  B   A 2  B2  4  A  B   2A 2  5AB  2B2  0  2 A 2  B2  4  A  B   A  2B  2A 2  5AB  2B2  0   A  2B  2A  B   0    2A  B  Với A = 2B, chọn B = 1  A  2   P  : 2x  y  2z  1  0  Với 2A = B, chọn A = 1  B  2   P  : x  2y  2z  1  0 Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là: 2 x  y  2z  1  0 hoặc x  2y  2z  1  0 . Câu VII.b: Gọi z  a  bi là số phức cần tìm  a  3, b  1 a  1   b  5  i  a  3   b  1 i  a 1   b  5 i    Ta có: 1 1 2 2 a  3   b  1 i  a  3   b  1 2 2   a  1  a  3   b  5   b  1   a  1  b  1   b  5   a  3  i   a  3    b  1   2 2 2 2   a  1 a  3   b  5  b  1    a  1 b  1   b  5  a  3     a  3   b  1    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2   a  1  a  3    b  5   b  1   a  1  b  1   b  5   a  3    a  3    b  1     2 2 2 2 2 2 2   a  3   b  1   a  1   b  5     a  3   b  1      2 2 2 2   a  1   b  5    a  3   b  1  a  3b  4
8 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:  a  3b   12  32  a 2  b 2   a 2  b 2  5 2  a  3b  4  a  26 2 10   5 b  z  i  Min z  , khi đó:  6 55 5  a3 b    5  phamtuan_khai20062000@yahoo.com