Bài giảng môn toán lớp 12 Đề thi thử đại học số 6447792

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 64 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số: y  x  3x  mx  (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m  Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu Gọi () đường thẳng qua hai điểm cực đại, cực  11  tiểu.Tìm giá trị lớn khoảng cách từ điểm I  ;  đến đường thẳng () 2  Câu II (2.0 điểm) 2(s inx  cos x)  Giải phương trình : tanx  cot 2x cot x  Giải bất phương trình : x  91  x   x e (x  2) ln x  x dx Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân:  x(1  ln x) Câu IV (1.0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có đáy hình thang cân, đáy lớn AB bốn lần đáy nhỏ CD, chiều cao đáy a Bốn đường cao bốn mặt bên ứng với đỉnh S có độ dài b Tính thể tích khối chóp theo a, b Câu V (1.0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng:  a  b  b  c  c  a   18 PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) (Thí sinh làm hai phần A B ) A.Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD biết M(2;1), N(4;-2); P(2;0), Q(1;2) thuộc cạnh AB, BC, CD, AD Hãy lập phương trình cạnh hình vng Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(13;-1;0), N(12;0;4).Lập phương trình mặt phẳng qua hai điểm M, N tiếp xúc với mặt cầu ( S) : x  y  z  2x  4y  6z  67  CâuVII.a (1điểm) Giải phương trình:   10  log3 x B Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm)    10  log3 x  2x 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho điểm I 1; 1 tâm hình vng, cạnh có phương trình x  2y  12  Viết phương trình cạnh cịn lại hình vng Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(0;-1;2), N(-1;1;3).Viết phương trình mặt phẳng (R) qua M, N tạo với mặt phẳng (P): 2x  y  2z   góc nhỏ CâuVII.b (1 điểm) 2 log1 x ( xy  2x  y  2)  log 2 y (x  2x  1)  Giải hệ phương trình  log1 x (y  5)  log 2 y (x  4) = HẾT DeThiMau.vn Hướng dẫn chấm đề số 64 Câu 1: 1, Cho hàm số: y  x  3x  (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  3x  * Tập xác định: R * Sự biến thiên: + Giới hạn: lim y  lim  x  3x  1  , lim y   x  x  x  x  x  + Bảng biến thiên: y  3x  6x  3x(x  2), y    Bảng biến thiên: x  y 0 + y  - +   -3 + Hàm số đồng biến khoảng  ;0   2;   + Hàm số nghịch biến khoảng  0;  + Hàm số đạt cực đại x  0, y CÐ  y(0)  , đạt cực tiểu x  2, y CT  y(2)  3 * Đồ thị:Đồ thị cắt trục tung điểm (0;1), cắt trục hồnh hai điểm phân biệt Ta có y  6x  6; y   x  , y  đổi dấu x qua x = Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng y f(x)=x^3-3x^2+1 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 -2 -4 -6 -8 Câu 1: 2, Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu Ta có y   3x  6x  m Hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình y  có hai nghiệm phân biệt Tức cần có:    3m   m  m  x   2m    x  1 Chia đa thức y cho y , ta được: y  y       3   Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu điểm  x1 ; y1  ,  x ; y  Vì y(x1 )  0; y(x )  nên phương trình đường thẳng    qua hai điểm cực đại, cực tiểu là: m m  2m  y   x   hay y   2x  1  2x  3   DeThiMau.vn   Ta thấy đường thẳng    qua điểm cố định A   ;  Hệ số góc đường thẳng IA k    Kẻ IH     ta thấy d  I;    IH  IA  2m       m  (TM) Vậy max d  I;    m  Đẳng thức xảy IA      k s inx.cos x  2(s inx  cos x) Câu 2: 1, Giải phương trình: Điều kiện : sinx.cosx   t anx  cot 2x cot x  cot x  1 Phương trình cho tương đương với phương trình: s inx cos2x  cos x s in2x   s inx  cosx  cos x  s inx s inx 3 3  x    k2, x   k2(k  Z) 4 3 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm phương trình là: x   k2, (k  Z) Giải cos x   Câu 2: 2, Giải bất phương trình : x  91  x   x Phương trình cho tương đương với:    x  91  10  Điều kiện x   x  1   x  9    x 3 x 3  (x  3)(x  3)    x  3    (x  3)   (*) x  1 x  1 x  91  10  x  91  10  x 3  (x  3)   với x  Do (*)  x < Ta có x  1 x  91  10 Từ suy nghiệm bất phương trình : 3> x  e e e e x(1  ln x)  ln x (x  2) ln x  x ln x dx   dx -2  dx =  Câu 3: Tính tích phân:  dx x (  ln x ) x(1  ln x) x (  ln x ) 1 1  x2   e e Ta có :  dx  e  Tính J = ln x  x(1  ln x)dx 1 t 1 1 t dt = 1 (1  t )dt = (t - ln t ) = - ln2 Vậy I = e - - 2(1- ln2) = e - + 2ln2 Câu 4: Tính thể tích khối chóp theo a, b Đặt t = + lnx, Ta có: J = 2 S b M A B a H E D N C Gọi H chân đường cao chóp H phải cách cạnh đáy trường hợp ta chứng minh H nằm đáy DeThiMau.vn Suy hình thang cân ABCD có đường trịn nội tiếp tâm H trung điểm đoạn MN với M, N a trung điểm cạnh AB, CD MN = a Đường trịn tiếp xúc với BC E HM  HN  HE  a  bán kính đường trịn SE  SM  SN  b  b    SH  4b  a 2  Đặt CN  x BM  4x, CE  x, BE  4x Tam giác HBC vuông H nên HE  EB.EC  Vậy VS.ABCD a2 a a 5a  4x  x   CD  , AB  2a , suy SABCD  4 5a 5a 2  4b  a  4b  a (đvtt) 24 Câu 5: Chứng minh rằng:  a  b  b  c  c  a   Ta cần chứng minh F  a; b;c     Đặt F  a; b;c    a  b  b  c  c  a  18  * 18 18 Nếu a, b, c đôi khác khơng tính tổng qt, giả sử a  max a; b;c Nếu hai ba số a, b, c F  a; b;c    nên cần xét a  c  b Đặt x  a  b c   x Tacó: 18 F  a; b;c    a  b  c  b  a  c    a  b  c  a  b  c   x 1  x  2x  1  h  x  Lúc b  c F  a; b;c    Khảo sát hàm số h  x  với  3   x  , ta được: h  x   h      18 3 3 ; b  0; c  6 Câu 6a: 1, Lập phương trình cạnh hình vng Giả sử đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến tọa độ (a; b) với a  b  Từ suy BĐT * Đẳng thức xảy a  Suy véc tơ pháp tuyến đường thẳng BC có tọa độ ( -b;a) Phương trình AB có dạng: a(x  2)  b(y  1)   ax  by  2a  b  BC có dạng : b(x  4)  a(y  2)   bx  ay  4b  2a  Do ABCD hình vng nên d(P,AB) = d(Q,BC)  b   b  2a  a  b2  b  a 3b  4a a  b2  Với b = 2a Phương trình cạnh hình vng là: AB: x-2y = 0, BC: 2x  y   0, CD : x  2y   0, AD : 2x  y    Với b = a Phương trình cạnh hình vng là: AB :  x  y   0, BC :  x  y   0, CD :  x  y   0, AD :  x  y   Câu 6a: 2,Lập phương trình mặt phẳng Mặt cầu (S) có tâm I( 1;2;3) bán kính R = Mặt phẳng (P) qua M(13;-1;0) nên có phương trình dạng : A(x -13) + B(y +1) + Cz = với A  B2  C2  Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A = B + 4C Lúc pt(P) : (B + 4C)x + By + Cz -12B – 52C =  ( P ) tiếp xúc với (S) : d(I,(P)) =  B  4C  B  5C  2B2  8BC  17C2  B2  2BC  8C2     B  2C Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta hai phương trình mặt phẳng thỏa mãn tốn: (P1 ) :  2x  2y  z  28  0.(P2 ) : 8x  4y  z  100  DeThiMau.vn Câu 7a: Giải phương trình:   10  log3 x    10  log3 x  2x Điều kiện : x > Ta có phương trinhg tương đương với: log3 x log3 x  10    10   2     x3 10   10   3log3 x     3     Câu 6b: 1, Gọi hình vng cho ABCD Giả sử pt cạnh AB x  y  12    log3 x   log3 x Gọi H hình chiếu I lên đường thẳng AB Suy H  2;5  A, B thuộc đường trịn tâm H , bán kính IH  45 có pt:  x     y  5 2  45  x  y  12  Toạ độ hai điểm A, B nghiệm hệ:  2  x     y    45 Giải hệ tìm A  4;8  , B  8;  Suy C  2; 10  AD : x  y  16  ; BC : x  y  14  ; CD : x  y  18  Câu 6b: 2, Viết Phương trình mặt phẳng ( R): Mặt phẳng (P) qua M nên có phương trình dạng : A(x -0) + B(y + 1) + C(z-2) = với A  B2  C2  Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A =2B + C B Gọi  góc tạo hai mặt phẳng (P) (Q),ta có: cos  5B  4BC  2C2 Nếu B =   900 C 1   Nếu B  , đặt m = ,ta có: cos  B 2m  4m  2(m  1)  3  nhỏ cos   m = -1  B = - C Vậy mặt phẳng ( R): x  y  z   2 log1 x ( xy  x  y  2)  log 2 y ( x  x  1)  Câu 7b: Giải hệ phương trình  log1 x ( y  5)  log 2 y ( x  4) =1  xy  x  y   0, x  x   0, y   0, x   (I ) Điều kiện:  0   x  1,   y  2 log1 x [(1  x)( y  2)]  log 2 y (1  x)  log1 x ( y  2)  log 2 y (1  x)   (1)  Ta có: ( I )   = (2) =1 log1 x ( y  5)  log 2 y ( x  4) log1 x ( y  5)  log 2 y ( x  4) Đặt log 2 y (1  x)  t (1) trở thành: t     (t  1)   t  t Với t  ta có:  x  y   y   x  (3) Thế vào (2) ta có: x  x  log1 x ( x  4)  log1 x ( x  4) =  log1 x 1   x  x2  x  x4 x4  x  (l ) suy y =   x  2 + Kiểm tra thấy x  2, y  thoả mãn điều kiện trên.Vậy hệ có nghiệm x = - 2, y = DeThiMau.vn ...Hướng dẫn chấm đề số 64 Câu 1: 1, Cho hàm số: y  x  3x  (1) Khảo sát biến thi? ?n vẽ đồ thị hàm số y  x  3x  * Tập xác định: R * Sự biến thi? ?n: + Giới hạn: lim y  lim ... biến thi? ?n: y  3x  6x  3x(x  2), y    Bảng biến thi? ?n: x  y 0 + y  - +   -3 + Hàm số đồng biến khoảng  ;0   2;   + Hàm số nghịch biến khoảng  0;  + Hàm số đạt cực đại. .. -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 -2 -4 -6 -8 Câu 1: 2, Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu Ta có y   3x  6x  m Hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình y  có hai nghiệm phân biệt Tức cần