1. Trang chủ
  2. » Đề thi

Đề luyện thi thử THPT quốc gia môn Toán số 3

10 216 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 10
Dung lượng 503,5 KB

Nội dung

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN ĐẠI NGHĨA ĐỀ ÔN TẬP CÂU 1 (2 điểm). Cho hàm số ( ) 4 2 5 4 1y x x = − + a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ( ) 1 . b. Tìm m để phương trình 4 2 2 5 4 logx x m − + = có 6 nghiệm phân biệt. CÂU 2 (1 điểm). Giải phương trình ( ) 1 cos 2cos 1 2 sin 1 1 cos x x x x − + − = − . CÂU 3 (1 điểm). Tính tích phân ( ) 4 2 0 sin 2 cos 2I x x xdx π = + ∫ . CÂU 4 (0.5 điểm). Gọi 1 2 ,z z là hai nghiệm phức của phương trình 2 2 17 0z z − + = . Tính giá trị của biểu thức 1 2 A i z i z= + + + . CÂU 5 (0.5 điểm). Tính tổng 0 1 2 3 2014 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2 3 4 2015 2016S C C C C C C = − + − + + − . CÂU 6 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 2 2 0S x y z y z + + − + − = và hai điểm ( ) ( ) 0;2;1 , 2;2;0A B . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua hai điểm ,A B và tiếp xúc với mặt cầu ( ) S . CÂU 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường phân giác trong góc A nằm trên đường thẳng : 0d x y + = và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là 2 2 4 2 20 0x y x y+ − + − = . Biết rằng điểm ( ) 3; 4M − thuộc đường thẳng BC và điểm A có hoành độ âm. Tìm tọa độ các điểm A,B,C. CÂU 8 (1 điểm). Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , mặt bên của hình chóp tạo với mặt đáy một góc 0 60 . Mặt phẳng ( ) P chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC,SD lần lượt tại M,N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN theo a . CÂU 9 (1 điểm). Giải phương trình ( ) 2 4 2 1 log 2 2.8 3.2 1 2.16 2.4 1 x x x x x x x − + = − + − + . CÂU 10 (1 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn ( ) 2 2 2 5 2 .a b c a b c ab + + = + + − Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 1 48 10 P a b c a b c   = + + + +  ÷  ÷ + +   . HẾT HNG DN GII CU 1: = + = + = = = = = 4 2 x 3 a) Hàm số y x 5x 4 (1) TXĐ: D = R Giới hạn: lim y Đạo hàm: y 4x 10x x 0 10 y 0 x 2 10 x 2 Bảng biến thiên: ( ) + ữ ữ ữ ữ ữ ữ ữ ữ ữ ữ ữ g 10 10 Nhận xét: Hàm số đồng biến trên khoảng ;0 và ; 2 2 10 10 Hàm số nghịch biến trên khoảng ; và 0; 2 2 10 9 10 9 Hàm số có 3 điểm cực trị: A ; ; B 0;4 ; C ; 2 4 2 4 ( ) ( ) ữ gGiao điểm với các trục: (Ox): D 2;0 ; E 2;0 ( ) g (Oy) : B 0;4 Đồ thị: = + 4 2 Nhận xét: hàm số y x 5x 4 nhận trục Oy làm trục đối xứngĐồ thị . ( ) ( ) + = + 4 2 2 4 2 2 b) x 5x 4 log m (*) Số nghiệm ph ơng trình (*) là số giao điểm của đ ờng thẳng (d): y = log m và (C ):y = x 5x 4 Từ đồ thị C ta suy ra đồ thị C ' : CÂU 2: ( ) ( )      − + − = − − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ π ∈ ⇔ − − − = − ⇔ − − − = ⇔ − − = = ⇔ = − 2 2 2 1 cosx 2cosx 1 2 sinx 1 (1) 1 cosx §iÒu kiÖn: 1 cosx 0 cosx 1 x k2 (k Z) Víi ®k trªn th× (1) 1 2cos x cosx 2 sinx 1 cosx 2 1 sin x 2 sin x 0 2sin x 2 sinx 2 0 sinx 2(l) 2 sinx 2 π  ′ = − + π  ′ ⇔ ∈  π  ′ = + π   x k 2 4 (k Z) 5 x k 2 4 ( Thỏa điều kiện ) CÂU 3: ( ) π π π = + = + ∫ ∫ ∫ 4 2 0 4 2 4 0 0 I x sin 2x cos2xdx I xcos2xdx sin 2xcos2xdx π π π π         = = = ⇔ = = π π ⇒ = − = + = − ∫ ∫ 1 4 1 0 4 4 4 0 0 0 XÐt I xcos2xdx du dx u x §Æt sin 2x cos2xdx dv chän v dx 2 1 1 1 1 I xsin2x sin 2xdx cos2x 2 2 8 4 8 4 π = = ⇒ = π = ⇒ = = ⇒ = = = = π = + = − ∫ ∫ 2 4 2 0 1 1 2 3 2 0 0 1 2 XÐt I sin 2xcos2xdx §Æt t sin2x dt 2cos2xdx §æi cËn: x t 1 4 x 0 t 0 1 1 1 I t dt t 2 6 6 1 Ta cã : I I I 8 12 CÂU 4: a) 2 2 2 2 17 0 ( 1) 16 1 4 1 4 1 4 1 4 z z z i z i z i z i z i − + =       ⇔ − = − = = + ⇔ ⇔ − = − = − • Với 2 1 1 2 1 2 1 4 1 4 1 4 1 3 1 3 2 1 3 2 10 z i z i z i A i z i z i i      = − = + ⇒ = − = + + + = − + − = + = • Với 1 1 2 2 1 2 1 4 1 4 1 4 1 5 1 5 2 1 5 2 26 z i z i z i A i z i z i i  = − ⇒ = +   = +   = + + + = + + + = + = CÂU 5: 2015 0 1 2 2 2014 2014 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 0 1 2 2 3 2014 2015 2015 2016 2015 2015 2015 2015 2015 2015 ' 0 1 2 2 2014 201 2015 2015 2015 2015 (1 ) (1 ) [ (1 ) ] 2 3 2015 x C C x C x C x C x x x C x C x C x C x C x x x C C x C x C x − = − + − + − ⇒ − = − + − + − ⇒ − = − + − + 4 2015 2015 2015 2015 2014 0 1 2 2 2014 2014 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2016 (1 ) 2015 (1 x) 2 3 2015 2016 C x x x C C x C x C x C x − ⇒ − − − = − + − + − Thay 1x = , ta suy ra 0S = . CÂU 6: 2 2 2 2 2 2 (S) : x 2 2 2 0 ( ) : x ( 1) ( 1) 4 y z y z S y z + + − + − = ⇔ + − + + = ⇒ (S) có tâm I(0;1;-1) và bán kính R=2. Gọi phương trình tổng quát của (P) là: 2 2 2 ( ) : 0 ( 0) (0;2;1) ( ) 2 0 2 2 (2;2;0) ( ) 2 2 0 2 (P) : Ax By 2Az 2A 2B 0 P Ax By Cz D A B C A P B C D D A B B P A B D C A + + + = + + ≠ ∈ + + = = − −    ⇒ ⇒    ∈ + + = =    ⇒ + + − − = [ ] ( ) ( ) ( ) ⇔ = − − − ⇔ = + + ⇔ − − = + 2 2 2 2 2 2 (P)tiÕp xóc víi (S) ;(P) R 2 2 2 2 2 4 4 5 d I B A A B A B A A B B A • = = ⇒ = ⇒ + + − = 3 ,chän 2 3 2 (P) : 3x 2 y 6 z 10 0 A B B A • = = ⇒ = ⇒ + + − = 1 ,chän 2 1 2 ( ): 2 2 6 0 A B B A P x y z + + − =   + + − =  ( ): 3 2 6 10 0 VËy: ( ): x 2 y 2z 6 0 P x y z P CÂU 7: A là giao điểm của đường phân giác AD và đường tròn (I) ( (I) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) ⇒ Tọa độ A thỏa hệ 2 2 0 4 2 20 0 x y x y x y + =   + − + − =  2 2 (nhËn) 2 6 20 0 5 (lo¹i) = −  = −   ⇔ ⇔ = −    − − =    =   x y x y x x x x (do A có hoành độ âm) ⇒ A(-2;2) Gọi D là điểm thỏa: D = (I) I (d); D A ≠ Ta có D(5;-5) AD: đường phân giác · BAC · · · · ⇒ = ⇒ = BAD DAC BOD DOC ⇒ ID là tia phân giác · BOC Lại có ∆ BOC cân tại O (OB=OC=R) ⇒ ID là phân giác · BOC đồng thời ID BC ⊥ (I): 2 2 4 2 20 0x y x y+ − + − = 2 2 ( 2) ( 1) 25x y⇔ − + + = ⇒ Tâm I(2;-1) ⇒ (3; 4)ID = − uur Đường thẳng BC qua M có VTCP (3; 4)ID = − uur nên có pt: 3( 3) 4(y 4) 0 3 4 25 0 x x y − − + = ⇔ − − = Tọa độ B,C thỏa hệ: 2 2 3 4 25 0 4 2 20 0 x y x y x y − − =   + − + − =  2 2 2 3 4 25 3 4 25 (4 25) 12(4 25) 18 180 9 25 170 145 0 x y x y y y y y y y = + = +   ⇔ ⇔   + − + + − = − + + =   3 4 25 7 1 1 29 5 x y x y y y = +   =  = −   ⇔ ⇔    = −    = −    hoặc 3 5 29 5 x y  =     = −   . Vậy ta tìm được 2 bộ điểm A, B, C thỏa đề: 3 29 ( 2;2); (7; 1); ( ; ) 5 15 3 29 ( 2;2); ( ; ); (7; 1) 5 15 A B C A B C  − − −    − − −   CÂU 8: Gọi H: tâm hình vuông ABCD ⇒ ( )SH ABCD ⊥ (do S.ABCD là hình chóp đều) Kẻ HE BC ⊥ , ta có: [ ( )] SH,HE (SHE) SH HE H BC HE BC SH SH ABCD ⊥   ⊥ ⊥   ⊂   =  I ( )BC SHE ⇒ ⊥ Trong (SHE), kẻ HF SE ⊥ tại F ( )BC HF SHE ⇒ ⊥ ⊂ Ta có: ( ) , ( ) BC HF HF SE HF SBC SE BC E SE BC SBC ⊥   ⊥  ⇒ ⊥  =   ⊂  I Ta có: · · · [(SBC);(ABC)] [ ; ] 60 60 30 tan tan 30 3 SH HF SHF HSE HE HSE SH SH HE = = ° ⇒ = ° ⇒ = ° ⇒ = ° = ⇒ = ,HE BC AB BC ⊥ ⊥ ⇒ EH song song AB. HE CH AB CA ⇒ = (Định lý Talet cho ∆ ABC ) 3 2 2 a a HE SH ⇒ = ⇒ = Gọi G là trong tâm ∆ SAC ⇒ A,G,M thằng hàng và M là trung điểm SC. Tương tự ta cũng có N là trung điểm SD. 3 2 1 1 3 3 . . . . 3 3 2 6 SABCD ABCD a a V SH S a = = = Chứng minh 3 8 SABMN SABCD V V = . 3 3 3 8 16 SABMN SABCD a V V ⇒ = = . CÂU 9: ( ) − + = − + − + ⇔ − + − − + = − + ⇔ − + + − + = − + + − + = + ∀ > = + > ∀ > ⇒ 2 2 2 2 2 2 ' 4 2 1 log 2 (2.8 3.2 1) * 2.16 2.4 1 log (4 2 1) log (2.16 2.4 1) 2.16 3.4 2 log (4 2 1) 4 2 1 log (2.16 2.4 1) 2.16 2.4 1 XÐt ( ) log , 0 1 ( ) 1 0, 0 ln 2 ®ång biÕn x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x f t t t t f t t t f ( ) +∞ trªn 0; ( ) ⇔ − + = − + ⇔ − + = − + ⇔ − = − ⇔ − + = ⇔ − + = − + + ⇔ − − + =   =  − +  ⇔ =   +  = −   =   ⇔ − + =     2 4 2 4 2 3 2 * (4 2 1) (2.16 2.4 1) 4 2 1 2.16 2.4 1 2 2 2.2 2.2 2.2 3.2 2 0 2.2 3.2 1 0 1 3 1 3 (2 1)(2 )(2 ) 0 2 2 2 1 1 3 2 2 1 3 2 (lo¹i) 2 0 1 3 log 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x f f x x    ÷ ÷   CÂU 10: ( ) 3 3 1 48 , , 0 10 P a b c a b c a b c   = + + + + >  ÷  ÷ + +   Ta có: 3 2 3 3 12 22 22 ( 10).12 10 a a a a ≥ ⇒ ≥ + + + + Lại có: 3 3 1 3 1 12 16 16 ( ).8.8 ( ) b c b c b c b c ≥ ⇒ ≥ + + + + + + Suy ra: 3 3 1 12 12 48 22 16 38 10 a b c a b c a b c + ≥ + ≥ + + + + + + + + Suy ra: 2 2 48 48 38 38 2.48 38 58 38 38 P a b c a b c a b c a b c ≥ + + + = + + + + − ≥ − = + + + + + + Mặt khác với 2, 3, 5a b c = = = ( thỏa điều kiện của bài toán) thì P 58 = . Vậy min P 58 = . . điểm SC. Tương tự ta cũng có N là trung điểm SD. 3 2 1 1 3 3 . . . . 3 3 2 6 SABCD ABCD a a V SH S a = = = Chứng minh 3 8 SABMN SABCD V V = . 3 3 3 8 16 SABMN SABCD a V V ⇒ = = . CÂU 9: (.  ⇔ − + =     2 4 2 4 2 3 2 * (4 2 1) (2.16 2.4 1) 4 2 1 2.16 2.4 1 2 2 2.2 2.2 2.2 3. 2 2 0 2.2 3. 2 1 0 1 3 1 3 (2 1)(2 )(2 ) 0 2 2 2 1 1 3 2 2 1 3 2 (lo¹i) 2 0 1 3 log 2 x x x x x x x x. f x x    ÷ ÷   CÂU 10: ( ) 3 3 1 48 , , 0 10 P a b c a b c a b c   = + + + + >  ÷  ÷ + +   Ta có: 3 2 3 3 12 22 22 ( 10).12 10 a a a a ≥ ⇒ ≥ + + + + Lại có: 3 3 1 3 1 12 16 16 ( ).8.8 (

Ngày đăng: 31/07/2015, 16:24

w