- Trang Chủ
- Giải tích 12
- Đề thi thử số 5 ở toanphothong.vn (có lời giải)
Đề thi thử số 5 ở toanphothong.vn (có lời giải)
TOÁN PHỔ THÔNG http://toanphothong.vn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN ĐỀ SỐ 5 NGÀY 02.03.2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 3 2 2 Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = 2x +(m +4)x −6mx −2 (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và hoành độ của hai điểm này đều là các số nguyên. Câu 2. (2 điểm) sin2x ¡ cos2x ¡ a) Giải phương trình: ¢ − ¢
Thể loại Giáo án bài giảng Giải tích 12
Số trang 5
Ngày tạo 3/6/2013 3:08:01 PM +00:00
Loại tệp pdf
Kích thước 0.16 M
Tên tệp toanphothongde05 pdf
TOÁN PHỔ THÔNG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
ĐỀ SỐ 5
NGÀY 02.03.2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
3
2
2
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = 2x +(m +4)x −6mx −2 (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và hoành độ của hai điểm này đều là các số nguyên.
Câu 2. (2 điểm)
sin2x
¡
cos2x
¡
a) Giải phương trình:
¢ −
¢ = 2.
π
4
π
4
sin x +
cos x +
b) Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất trên tập số thực:
³
p
p
´
¡
¢
3
3
2
x2 + x +1+ x − x +1 = m
2
x −1
Z
π
x
2
1−2e sinx
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân: I =
dx.
x 2
0
(sinx −e )
p
Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AB = a, AD = a 2, SA vuông góc với
0
mặt phẳng đáy (ABCD). Gọi M là trung điểm của AD. Biết góc tạo bởi (SBM) và mặt phẳng (SAB) là 45 . Tính
thể tích khối chóp SABCD theo a và tìm cosin của góc tạo bởi đường thẳng AB và mặt phẳng (SBM).
Câu 5. (1 điểm) Cho ba số thực dương a,b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
s
(
a +b +c)(ab +bc +ca)
4bc
P =
+
(b +c)2
abc
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6A. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B AC = 2ABC, SABC = 1,5. Trên tia AC lấy điểm D
sao cho AD = AB. Biết B(−1,−2) và BD = 3. Tìm tọa độ đỉnh C biết C nằm trên đường thẳng 2x +3y +4 = 0.
b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M(0,2,−2), N(2,3,−1) và mặt cầu (S) có phương trình
2
2
2
x + y + z −2x +6y −4z −11 = 0. Hãy viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng MN và cắt mặt cầu
(
S) theo một đường tròn có bán kính là 4.
Câu 7A. (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực:
µ
¶
2
1
log(
p
p
= 2
x+3)
x +6+ x +2
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6B. (2 điểm)
Ã
p
!
µ
¶
3
3 5
,
5
a) Cho hình thoi ABCD với A(2,4), B 2−
có tâm I 2, . Trên cạnh BC lấy điểm M và trên cạnh BC
2
2
2
0
lấy điểm N sao cho M AN = 30 . Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. Viết phương trình đường
thẳng AE, biết điểm M có tung độ bằng 1.
x −1
y +1
−2
z
x
y +1 z −1
0
b) Cho O(0,0,0), đường thẳng (∆) :
=
=
và đường thẳng (d ) :
=
=
. Lập phương trình
−1
1
1
2
−2
0
đường thẳng (d) qua O, vuông góc với (∆) và cách (d ) một khoảng lớn nhất.
Câu 7B. (1 điểm) Một trường cử ba học sinh đi thi học sinh giỏi toán thành phố. Biết khả năng được giải của mỗi
em theo thứ tự là 80%, 60% và 40%. Tính xác suất để có ít nhất hai em được giải.
—
——————————————–Hết—————————————————
TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN
3
2
2
Câu 1. Cho hàm số y = 2x +(m +4)x −6mx −2 (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
m = 0 hàm số là y = 2x +4x −2 có tập xác định D = R;
3
2
Đồ thị
"
x = 0
x = −
=⇒ y = −2
=⇒ y = 27
đạo hàm y = 6x +8x; y0 = 0 ⇐⇒
0
2
4
3
10
lim y = −∞;
Bảng biến thiên
lim y = +∞;
1
x→−∞
x→+∞
4
x
−∞
−3
0
0
+∞
+∞
0
y
+
0
−
+
−2
−1
1
0
1
2
0
7
−1
y
−
∞
−2
¡
¢
4
3
Hàm số đồng biến trên −∞;− ;(0;+∞) ;
−2
¡
¢
4
nghịch biến trên − ;0
3
¡
¢
4
3
10
27
Điểm cực đại − ;
Điểm cực tiểu (0;−2)
−3
sin2x
cos2x
Câu 2.a Giải phương trình:
¡
¢ −
¡
¢ = 2.
π
π
sin x + 4
cos x + 4
π
sin(x + 4
)
)
6
Điều kiện:
π
4
cos(x +
6
Phương trình đã cho tương đương với:
p
p
p
sin2x
cos2x
2
−
2
= 2 ⇐⇒ sin2x(cosx −sinx)−cos2x(sinx +cosx) = 2cos2x
sinx +cosx
cosx −sinx
p
p
p
2
⇐⇒
2sin2x(cosx −sinx)− 2cos2x(cosx +sinx) = 2cos2x ⇐⇒ 2sin2x − 2(cosx +sinx) = 2(cosx +sinx)
(∗)
£
p p ¤
2−2t = 0 ⇐⇒ t = −
Đặt t = sinx +cosx, t ∈ − 2; 2 . (∗) tương đương với:
p
p
2
p
2
1
2
π
−
⇐⇒ sinx +cosx = − 2 ⇐⇒ sin(x + 4 ) = −
2
5
π
11π
Vậy x = − 12 +k2π hoặc x = 12 +k2π với k ∈ Z
Câu 2.b Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất trên tập số thực:
³
p
p
´
¡
¢
3
3
2
x2 + x +1+ x − x +1 = m
2
x −1
Nhận thấy nếu x0 là nghiệm của phương trình thì −x0 cũng là nghiệm của phương trình,
do đó để phương trình có nghiệm duy duy nhất thì x0 = −x0 nên x0 = 0.
Lúc này thay ngược lại phương trình ban đầu ta tìm được m = −2.
Tiếp đến ta sẽ chứng minh với m = −2 thì phương trình có nghiệm duy nhất.
³
´
¡
¢ p
p
3
3
2
2
2
Thật vậy, xét phương trình
x −1
x + x +1+ x − x +1 = −2.
¡
¢¡
¢
2
2
2
x −1 x +1
2
2
4
Nhân với liên hợp(trục căn thức ta được)
= −2 ⇔ A +B + x = 1+ AB,
2
2
A − AB +B
p
3
p
3
2
2
trong đó
A = x + x +1 > 0 và B = x − x +1 > 0
¡
¢
AB) −1 x2 x +1
2
2
(
2
2
4
2
4
2
4
Mặt khác A +B + x −1− AB = (A −B) + x + AB −1 ≥ 0 do AB −1 =
=
≥ 0 và (A −B) + x ≥ 0.
AB +1
AB +1
A = B
Do đó
AB = 1 ⇔ x = 0.
x = 0
Vậy với m = −2 thì phương trình có nghiệm dy nhất.
2
Z
0
π
2
x
1−2e sinx
Câu 3. Tính tích phân: I =
dx.
x 2
(sinx −e )
π
Z
π
2
Z
π
2
2
x
2x
2
2x
2
2x
2
sin x −2e sinx +e +cos x −e
cos x −e
π
dx = + I2
2
Ta có: I =
dx =
u = cosx +e
dx +
x
2
x
2x
x 2
0
sin x −2e sinx +e
0
0
(sinx −e )
(
Z
π
2
x
x
x
du = (e −sinx)dx
(cosx +e )d(sinx −e )
x
Tính I2: I2 =
Đặt:
d(sinx −e )
⇒
−1
x 2
dv =
v =
0
(sinx −e )
x 2
π
2
x
(
sinx −e )
sinx −e
π
2
Z
π
2
π
2
Z
π
2
π
x
−e
1
e −sinx
−e
1−e
−e
π
−e
2
⇒
I2 =
−2+
dx =
−2−
dx =
−2− 2 ⇒ I =
−2
π
1−e 2
π
2
π
2
π
x
−e
0
sinx −e
0
1−e 2
p
Câu 4. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AB = a, AD = a 2, SA vuông góc với mặt
0
phẳng đáy (ABCD). Gọi M là trung điểm của AD. Biết góc tạo bởi (SBM) và mặt phẳng (SAB) là 45 . Tính thể tích
½
AM ⊥ AB
AM ⊥ SA
+
) VS.ABCD Ta có: (SAB)T
(SBM) = SB Từ M kẻ MH ⊥ SB(1)
⇒ AM ⊥ (SAB) ⇒ AM ⊥ SB(2)
p
a
2
o
Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBM) là góc MH A = 45 AM ⊥ AH(AM ⊥ (SAB)) AM =
2
p
AM
a
2
1
1
1
4
MH A vuông tại A tanMH A =
⇒ AH =
4SAB vuông tại A ⇒
=
+
⇒ SA = a
SA2 AB2
2
AH
2
AH
p
3
1
a
2
⇒
VS.ABCD = .SA.SABCD =
(đvtt)
3
3
½
BM ⊥ AK
T
+
) Cosin góc giữa AB và (SBM) Từ A kẻ AK ⊥ BM
⇒ BM ⊥ (SAK ) ⇒ (SBM) ⊥ (SAK ) (SBM) (SAK ) = SK
BM ⊥ SA
Từ A kẻ AN ⊥ SK ⇒ AN ⊥ (SBM) Suy ra hình chiếu của A lên (SBM) là N Suy ra góc giữa AB và (SBM) là góc ABN
p
p
1
AK 2
2
1
1
a
3
1
1
1
Ta có: SB = a 2 4ABM vuông tại A ⇒
=
+
a
⇒ AK =
4SAK vuông tại A ⇒
=
3
+
AB2 AM2
3
AN
2a
2
SA
2
AK
2
p
p
p
p
a
3
2
2
2
⇒
AN = 2 4SAN vuông tại N ⇒ SN = SA − AN =
4SAK vuông tại K ⇒ SK = SA + AK =
2
3
p
p
2
2
2
p
BK −SB −SK
6
a
3
2
2
Ta có: cosBSN = cosBSK =
=
BN = SB +SN −2.SB.SN.cosBSN =
−
=
2.SB.SK
3
2
p
p
2
2
2
AN − AB −BN
3
3
⇒
cos ABN =
⇒ cosin góc giữa AB và (SBM) bằng
−
2.AB.BN
2
2
Câu 5. Cho ba số thực dương a,b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
s
(
a +b +c)(ab +bc +ca)
4bc
(b +c)2
P =
+
abc
Có thể xử lý thế này
s
b +c a (b +c)
c
b
4bc
P = 3+
+
+
+ c
+
2
a
bc
b
(b +c)
v
u
u
t
s
2
2
2
(b +c)
c +b
4bc
≥
3+2
+
+
+
2
bc
bc
(b +c)
4bc
v
u
s
s
u
t
2
2
(b +c)
(b +c)
=
=
1+2
+
2
bc
bc
(b +c)
2
(
b +c)
4bc
1+
+
2
bc
(b +c)
2
(
b +c)
Đặt t =
, suy ra t ≥ 4. Lúc này ta khảo sát hàm số hoặc dùng bất đẳng thức để xử lí hàm sau
bc
p
4
f (t) = 1+ t + t
Ta có:
4
bc
abc
27abc
=
≥
(a +b +c)3
b+c b+c
(
b +c)2
a.
.
2
2
3
v
s
s
u s
p
3
u
2
2
2
(a +b +c)3
(
a +b +c)(ab +bc +ca)
(a +b +c)3 a b c
t
3
≥
=
3
abc
abc
abc
3
p
(
a +b +c)
p
27
t + t .
3
≥ 27 Ta chỉ cần xét hàm : f(t) =
3
abc
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM được:
p
2
2
2
(
a +b +c)(ab +bc +ca) = a (b +c)+ abc + a(b +c) +(b +c)bc ≥ 2a bc(b +c)+ abc + a(b +c)
Từ đó ta có:
s
2
b +c
(b +c)
4bc
(b +c)2
b +c
4bc
P ≥ 2 p +1+
+
= p +1+
.
(b +c)2
bc
bc
bc
Theo bất đẳng thức AM-GM ta lại có:
b +c
4bc
b +c)2
b +c
b +c
4bc
p
+1+ (
= p + p
+
+1 ≥ 3+1 = 4
(b +c)2
bc
2 bc 2 bc
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 đạt được khi và chỉ khi a = b = c.
Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B AC = 2ABC, SABC = 1,5. Trên tia AC lấy điểm
D sao cho AD = AB. Biết B(−1,−2) và BD = 3. Tìm tọa độ đỉnh C biết C nằm trên đường thẳng 2x +3y +4 = 0.
Theo giả thiết ta có: 2xC +3yC +4 = 0
(1)
Áp dụng định lí hàm số cosin cho tam giác ABD ta có:
3
2
2
2
2
2
BD = 2AB (1−cos2ABC) = 4AB .sin ABC ⇐⇒ AB.sin ABC =
.
Ta lại có:
1
2
2
SABC = AB.BC.sin ABC ⇐⇒ BC = 2. ⇐⇒ (xC +1) +(yC +2) = 4
(2)
2
Từ (1) và (2) ta tìm ra tọa độ điểm C.
Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M(0,2,−2), N(2,3,−1) và mặt cầu (S) có phương
2
2
2
trình x + y + z −2x +6y −4z −11 = 0. Hãy viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng MN và cắt mặt cầu
(
¡
¢
2
2
2
Giả sử mặt phẳng cần tìm (P) : ax +by +cz +d = 0, a +b +c > 0 .
½
½
2
2
b −2c +d = 0
c = −(2a +b)
Do M,N ∈ (P) nên
⇔
Suy ra (P) : ax +by −(2a +b)z −4(a +b) = 0
a +3b −c +d = 0
d = −4(a +b)
Mặt cầu (S) có tâm I (1,−3,2) và bán kính R = 5 nên (P) cắt (S) theo giao tuyến là một đường tròn bán kính bằng r = 4
p
2
2
khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến (P) bằng d (I,(P)) = R −r = 3. Suy ra
|
a −3b −2(2a +b)−4(a +b)|
p
= 3
2
2
2
a +b +(2a +b)
Giải ra được mối liên hệ của a và b từ đó suy ra phương trình mặt phẳng (P).
Câu 7A. Giải phương trình sau trên tập số thực:
µ
¶
2
1
log(
p
p
= 2
x+3)
x +6+ x +2
2
p
=
Điều kiện x > −2, khi đó phương trình trở thành
p
p
x +3
x +6+ x +2
Tiếp đến trục căn thức ta được
p
p
p
p
p
p
x +6− x +2 = 2 x +3 ⇐⇒ x +6 = 2 x +3+ x +2
Bình phương hai vế và rút gọn phương trình ta được
p
2
+ x + (x +2)(x +3) = 0
4
phương trình này vô nghiệm do x > −2.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
Ã
p
!
µ
¶
3
3 5
5
Câu 6B.a Cho hình thoi ABCD với A(2,4), B 2−
,
có tâm I 2, . Trên cạnh BC lấy điểm M và trên cạnh
2
2
2
0
BC lấy điểm N sao cho M AN = 30 . Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. Viết phương trình đường
Các bạn để ý là tung độ của B và I trùng nhau nên đường thẳng DB song song với trục hoành,
do tính chất hình thoi hai đường chéo vuông góc nhau nên ta suy ra AC song song với trục tung.
Và ta tìm được C (2,1). Điểm M ∈ BC có tung độ bằng 1 nên nó chính là C tức M (2,1).
0
Việc còn lại của bài toán là tìm điểm N trên cạnh BC sao cho M AN = 30 (điều này làm được nhờ công thức góc
giữa hai véc tơ). Lúc đó phương trình đường thẳng AE chính là trung trực của MN.
x −1
y +1
−2
z
x
y +1 z −1
0
Câu 6B.b Cho O(0,0,0), đường thẳng (∆) :
=
=
và đường thẳng (d ) :
=
=
. Lập phương
−1
1
1
2
−2
0
Câu 7B. Một trường cử ba học sinh đi thi học sinh giỏi toán thành phố. Biết khả năng được giải của mỗi em theo
Gọi A,B,C lần lượt là 3 học sinh có khả năng đạt giải lần lượt là 80%, 60% và 40%. Các trường hợp có thể xảy ra là:
TH1: Học sinh A và B đều đậu, học sinh C rớt ⇒ P(1) = 0,8.0,6.0,6 = 0,288
TH2: Học sinh A và C đều đậu, học sinh B rớt ⇒ P(2) = 0,8.0,4.0,4 = 0,128
TH3: Học sinh B và C đều đậu, học sinh A rớt ⇒ P(3) = 0,6.0,4.0,2 = 0,048
TH4: Cả ba học sinh A,B,C đều đậu ⇒ P(4) = 0,8.0,6.0,4 = 0,192
Vậy xác suất để có ít nhất hai em đi thi được giải là P = P(1) +P(2) +P(3) +P(4) = 0,656
5
© 2024 - nslide
Website chạy thử nghiệm. Thư viện tài liệu miễn phí mục đích hỗ trợ học tập nghiên cứu , được thu thập từ các nguồn trên mạng internet ... nếu tài liệu nào vi phạm bản quyền, vi phạm pháp luật sẽ được gỡ bỏ theo yêu cầu, xin cảm ơn độc giả