0

Đề thi thử và đáp án môn toán lần 3 của Bộ GD&ĐT năm 2017

11 133 0

Đang tải.... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 26/10/2017, 01:19

ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ 1 ĐỀ SỐ : 1 ( Thời gian làm bài 150 phút ) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (3,0 điểm): Cho hàm số 3 2x y x 1    1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y = mx + 2 cắt đồ thị của hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt. Câu II. (3,0 điểm) 1) Giải bất phương trình: 1 2 2x 1 log 0 x 1    2) Tính tích phân: 2 0 x I (sin cos 2x)dx 2     3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x – e 2x trên đoạn [1 ; 0] Câu III. (1,0 điểm) Cho khối chóp đều S.ABCD có AB = a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60 0 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. B . PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 1. Theo chương trình chuẩn : Câu IVa. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1 ; 4 ; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình : x + 2y + z – 1 = 0. 1) Hãy tìm tọa độ của hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P). 2) Viết phương trình của mặt cầu tâm A, tiếp xúc với (P). Câu IVb. (1,0 điểm) Tìm môđun của số phức : z = 4 – 3i + (1 – i) 3 2. Theo chương trình Nâng cao Câu IVa. (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1 ; 2 ; 3) và đường thẳng d có phương trình : x 2 y 1 z 1 2 1     1) Hãy tìm tọa độ của hình chiếu vuông góc của A trên d. 2) Viết phương trình của mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d. Câu IVb. (1,0 điểm) Viết dạng lượng giác của số phức: z = 1 – 3 i. ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ 2 ĐÁP ÁN Câu NỘI DUNG Điểm (2,0 điểm) Tập xác định : D = R \{1} 0,25 Sự biến thiên:  Chiều biến thiên: 2 1 y' 0 x D (x 1)       . Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1) và (1 ; +)  Cực trị: Hàm số không có cực trị. 0,50  Giới hạn: x x x 1 x 1 lim y lim y 2; lim y và lim y              Suy ra, đồ thị có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1, và một tiệm cận ngang là đường thẳng y = – 2. 0,50  Bảng biến thiên: x  1 + y’   y 2  + 2 0,25 I (3,0 điểm)  Đồ thị: - Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0 ;  3) và cắt trục hoành tại điểm 3 ; 0 2       . - Đồ thị nhận điểm I(1 ; 2) (là giao điểm của hai đường tiệm cận) làm tâm đối xứng. 0,50 (1,0 điểm) Đường thẳng y = mx + 2 cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt  Phương trình (ẩn x) 3 2x = mx+2 x 1   có hai nghiệm phân biệt  Phương trình (ẩn x) mx 2 – (m – 4)x – 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt, khác 1 0,50 2  O 1 3  I 3 2 x y ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ 3  2 2 2 m 6 2 5 m 0 m 0 (m 4) 20m 0 6 2 5 m 0 m 12m 16 0 m 0 m.1 (m 4).1 5 0                                       0,50 1. (1,0 điểm) Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình: 2x 1 1 x 1    0,50 x 2 0 x 2 0 x 1 x 2 0 x 2 x 1 x 2 0 x 1 0                                  0,50 2. (1,0 điểm) 2 2 0 0 x I sin dx cos 2xdx 2       0,25 2 2 0 0 x 1 2cos sin 2x 2 2      0,50 2 2  0,25 3. (1,0 điểm) Ta có: f’(x) = 1 – 2e 2x . 0,25 Do đó: f’(x) = 0  x =  ln 2  (1 ; 0) f’(x) > 0 x  [1 ;  ln 2 ); f’(x) < 0 x  ( ln 2 ; 0]; 0,25 II (3,0 điểm) Suy ra: x [ 1;0] 1 max f (x) f ( ln 2) ln 2 2        2 2 x [ 1;0] min f (x) min{f ( 1);f (0)} min{ 1 e ; 1} 1 e              0,50 Do S.ABCD là khối chóp đều và AB = a nên đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và gọi I là trung điểm của cạnh BC. Ta có SO là đường cao và  SIO là góc giữa mặt bên và mặt đáy của khối chóp đã cho. 0,50 III (1,0 điểm) Trong tam giác vuông SOI, ta có: 0 a a 3 SO OI.tan SIO .tan 60 2 2     . Diện tích đáy : S ABCD = a 2 . 0,25 O I B C S D A ố Ệ VŨ NGỌC VINH THPT A NGHĨA HƯNG - NĐ 4 Do đó thể tích khối THAYGIAONGHEO.NET - BLOG HỌC TOÁN THPT ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ CỦA BỘ GD&ĐT MÔN TOÁN LẦN NĂM 2017 (Đáp án tham khảo) 2.C 3.C 4.D 5.C 6.B 7.A 8.D 9.D 10.A 11.B 12.C 13.C 14.A 15.C 16.D 17.D 18.D 19.A 20.D 21.A 22.C 23.B 24.C 25.C 26.D 27.C 28.D 29.D 30.D 31.A 32.A 33.C 34.C 35.C 36.D 37.A 38.D 39.C 40.A 41.A 42.D 43.C 44.D 45.C 46.A 47.C 48.B 49.C 50.A N HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ET 1.B EO Câu 1: - Phương pháp: Viết phương trình hoành độ giao điểm đồ thị (C) trục hoành Giải phương trình y0 x  Ta có: x3  3x   x x     x   Chọn B G  O N  H - Cách giải: Số giao điểm  C  trục hoành số nghiệm phương trình x3  3x  Cách giải: Ta có:  log x  '  x ln10 x'  x ln10 x ln10 G - IA Câu 2: Phương pháp : - Áp dụng công thức đạo hàm hàm số logarit:  log x  '  TH A Y Chọn C Câu 3: - Phương pháp : Sử dụng cách giải bất phương trình mũ, đưa bất phương trình số Sau sử dụng công thức: a f (x)  a g (x)  f (x)  g(x), (a  1) 1 - Cách giải : Ta có: 5x1    5x1   51  x   1  x  2 5 Chọn C Câu 4: - Phương pháp : Sử dụng định nghĩa số phức: z = a + bi, a, b  R , a phần thực số phức b phần ảo số phức  a  - Cách giải: Số phức  2i có phần thực phần ảo 2 hay   b  2 Chọn D Câu :- Phương pháp : Áp dụng công thức z  a  bi  z  a  bi; z  a  b2 - Cách giải : Ta có: z    3i 1  i    i  z   i  z  50  Chọn C Câu 6: - Phương pháp : +) Bước 1: Tìm tập xác định, tính y’ Like fanpage: fb.com/webthaygiaongheo để cập nhật giảng đề thi THAYGIAONGHEO.NET - BLOG HỌC TOÁN THPT - +) Bước 2: giải phương trình y’ = tìm nghiệm +) Bước 3: Lập bảng biến thiên kết luận khoảng đồng biến nghịch biến x2 Cách giải: y   y'   x x 1  x  12 Suy hàm số đồng biến khoảng  ; 1  1;   Chọn B Câu 7: - Phương pháp : Nhìn phân tích bảng biến thiên - Cách giải : Nhận thấy hàm số đạt cực đại xCĐ  yCĐ  y 1  Chọn A 2 Câu 8:- Phương pháp : Sử dụng phương trình tắc mặt cầu:  x  x0    y  y0    z  z0   R - Cách giải: Gọi  ; bán kính R ( R>0) I  x0 ; y0 ; z0  x0 ; y0 ; z0   tâm mặt cầu bán kính R  R   ET Trong tâm I  x0 ; y0 ; z0  x0 ; y0 ; z0  N Ta có:  x  x0    y  y0    z  z0   R TH A Y G IA O N G H EO  R  20   x0   I 1; 2;  Theo đề ta có:    y0  2  R  20  z   Chọn D Câu 9: - Phương pháp : đưa phương trình dạng phương trình tắc cách rút t  x 1 t  x   t   y    t  - Cách giải: Ta có:  y  3t  z  2  t   t  z    x 1 y z  Suy phương trình tắc đường thẳng   Chọn D Câu 10 x n 1 n - Phương pháp : Sử dụng nguyên hàm hàm  x  C n 1   Ta có:  f  x  dx    x   dx  x3   C x x   Chọn A Câu 11: - Phương pháp :Dùng định nghĩa tiệm cận + lim y  a  TCN y  a x  + lim y    TCĐ x  x1 x  x1 + lim y    TCĐ x  x2 x  x2 Like fanpage: fb.com/webthaygiaongheo để cập nhật giảng đề thi THAYGIAONGHEO.NET - BLOG HỌC TOÁN THPT - Cách giải : lim y    TCĐ x  2 x 2 lim y    TCĐ x  x 0 lim y   TCN y  x Chọn B Câu 12: - Phương pháp : Dùng biểu thức liên hợp 2017 2016 2016 7  2016       2016 Chọn C Câu 13: - Phương pháp : Dùng phép biến đổi logarit: b b b log an  f ( x)   log a  f ( x)   log a f ( x);( f ( x)  0; n  0) n n - Cách giải: Với a số thực dương a  ta có: Ta có: P  log a a3  3log a  3.3.log a a  EO a3 ET   1           7     N  Cách giải: Ta có: P   TH G N A Y G IA    O    H Chọn C Câu 14: - Phương pháp : Tính đạo hàm hàm số xét dấu đạo hàm, y’ >0, với x hàm số đồng biến R  3x3  3x  '  x   0, x   x3  x  '  x    Cách giải: Ta có:  x  3x '  x3  x   x  '     x    x  1 Chọn A Câu 15: - Phương pháp : Áp dụng công thức tính đạo hàm cách vẽ đồ thị ĐK: x  Cách giải: Ta có: f  x   x ln x  f '  x   ln x  Nhận thấy đồ thị hàm số f '  x  qua điểm  1;1 với  x  y  Chọn C Câu 16: h  a 3  Phương pháp: Hình lăng trụ có tất cạnh a nên:  a V  S h  a a  a  Sd   Chọn D Câu 17: Like fanpage: fb.com/webthaygiaongheo để cập nhật giảng đề thi THAYGIAONGHEO.NET - BLOG HỌC TOÁN THPT Phương pháp : Điểm A thuộc trục hoành điểm A(a ;0 ;0); B( x; y; z ); C ( x '; y '; z ')  BC  ( x  x ')  ( y  y ')  ( z  z ') Cách giải : Ta có: BC   4;0; 3 D thuộc trục hoành nên: D  xo ;0;0   AD   xo  3; 4;0   xo  AD  BC  BC  AD   xo  3  16   16    xo  ET Chọn D .N Câu 18 Phương pháp: giải phương trình bậc số phức Sau tìm nghiệm z thay vào P để tính z2  z 1  1  i H z EO Cách giải:     3  3i G IA O N G 3 3   z  i  P  (  i )  (  i )  (  i)    i 2 2 2 2  2  3 =  i  i  0 2 2 4 Chọn D TH A Y Câu 19 Phương pháp: Cách tím giá trị nhỏ hàm số y = f(x) khoảng: Bước 1: Tính đạo hàm, giải phương trình y’= 0, tìm nghiệm, giá trị hàm số không xác định Bước 2: Lập bảng biến thiên dựa vào bảng biến thiên để kết luận 8 y '    y '      x3   x  x x 3 y  3   33 ( )2 3 Chọn A Câu 20: D Câu 21: phương pháp giải tích phân Áp dụng công thức tổng ... TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC – HUẾ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 Tổ Toán Môn: TOÁN; khối D – Năm học: 2013 - 2014 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 3 2 (1) = − +y x mx , m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 1. = m b) Tìm m ∈  để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị và đường thẳng đi qua hai điểm cực trị tạo với trục Ox một góc ϕ mà 1 cos . 5 ϕ = Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 2 sin sin 5 2 cos 2 cos 2 4 4 x x x x π π     + = − − +         ( ) x ∈  . Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 4 2 1 2 1 1 2 3 + + − = − + − + x x x x x ( ) ∈  x . Câu 4 (1,0 điểm). Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường: ( ) 2 1 ln y x x = − , 0, y x e = = . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục Ox. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi. Biết rằng tứ diện SABD là tứ diện đều cạnh a. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC. Câu 6 (1,0 điểm). Cho x và y là hai số thực dương thay đổi sao cho ( ) 2 2 2 log 3 log log x y x y + = + + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 1 3 3 3 3 x y x y P − + − + = + . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chun Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có BD = 2AC, điểm ( ) 2; 1 H − , phương trình của đường thẳng BD là 0 x y − = . Gọi M là trung điểm của cạnh CD. Giả sử H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng BM. Viết phương trình của đường thẳng AH. Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 2 7 0 P x y z − + − = và hai điểm ( ) 0;0;2 , A ( ) 1; 1;0 B − . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc mặt phẳng Oxy, đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với (P). Câu 9a (1,0 điểm). Có hai cái hộp A và B đựng các cây viết. Hộp A gồm 5 cây viết màu đỏ và 6 cây viết màu xanh. Hộp B gồm 7 cây viết màu đỏ và 8 cây viết màu xanh. Lấy ngẫu nhiên cùng một lúc từ mỗi hộp ra một cây viết. Tính xác suất sao cho hai cây viết được lấy ra có cùng màu. A. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có AD và BC là hai đáy, 5. AB BC = = Biết rằng điểm (2;1) E thuộc cạnh AB, điểm ( 2; 5) F − − thuộc cạnh AD và phương trình đường thẳng AC là 3 3 0 x y − − = . Tìm tọa độ các đỉnh A, B. Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2 : 2 1 1 x y z − − ∆ = = − và mặt cầu (S) có phương trình 2 2 2 ( 3) ( 2) ( 1) 25 x y z − + − + + = . Tìm tọa độ của điểm A trên đường thẳng ∆ và tọa độ của điểm B trên mặt cầu (S) sao cho A và B đối xứng nhau qua trục Ox. Câu 9b (1,0 điểm). Tìm số phức , z biết rằng . 2 z z = và 2 1 z z − − là một số thuần ảo. HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………………… Số báo danh:………… www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Tổ Toán Môn: TOÁN; khối D – Năm học: 2013 - 2014 Câu Đáp án Điểm 1a • Khi 1 m = hàm số trở thành: 3 2 3 2 y x x = − + . • Tập xác định: . =  D • Giới hạn: lim , lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ . 0,25 Sự biến thiên: 2 ' 3 6 y x x = − , 0 ' 0 . 2 x y x =  = ⇔  =  0,25 • Bảng biến thiên: -2 2 2 0 x y y' 0 0 + - + - ∞ ∞∞ ∞ + ∞ ∞∞ ∞ + ∞ ∞∞ ∞ - ∞ ∞∞ ∞ • Hàm số đồng biến trên ( ;0) −∞ và (2; ) +∞ , nghịch biến trên Trờng thcs Vĩnh Thanh THI TH VO LP 10 NM 2010 2011 Thi gian thi 120 phỳt Bài 1: Cho biểu thức P= 1 1 : 4 2 2 x x x x x x x + + ữ ữ + a. Rút gọn biểu thức P b. Tìm x để P = 2 2 x x + Bài 2 : Trên mặt phẳng toạ độ, cho Parabol (P) : y = 1 3 x 2 và đờng thẳng (D) : y =x + m a. Tìm m để đờng thẳng (D) và Parabol (P) tiếp xúc nhau b. Trong trờng hợp đờng thẳng (D) và Parabol (P) tiếp xúc nhau, hãy tìm toạ độ tiếp điểm. Bài 3 : Giải bài toán bằng cách lập phơng trình: Một công nhân dự định làm 210 sản phẩm trong một thời gian đã định. Sau khi làm đợc 4 giờ với năng suất dự kiến, ngời đó đã cải tiến các thao tác hợp lý nên đã tăng năng suất đợc 3 sản phẩm mỗi giờ và vì vậy đã hoàn thành 210 sản phẩm sớm hơn dự định 1giờ 40 phút. Hãy tính năng suất dự kiến ban đầu. Bài 4: Cho đờng tròn (O), AB là một dây. Gọi C là điểm chính giữa của cung nhỏ AB, vẽ đ- ờng kính CD cắt AB tại M. Gọi E là một điểm trên cung nhỏ AD ( E khác A Và D), nối CE cắt AB tại F. a, Chứng minh tứ giác MDEF là tứ giác nội tiếp. b, Chứng minh ACF đồng dạng với ECA và AC 2 = CF.CE c, Chứng minh rằng tâm đờng tròn ngoại tiếp AEF nằm trên AD d, xác định vị trí của E sao cho CE.CF = AE.BC Bài 5: Giải phơng trình sau: 1 2 2010 2011 ( ). 2 x y z x y z + + + = + + Phòng thi số:. Họ và tên HS: . SBD: Hớng dẫn chấm và đáp án: Bài 1: a) P= 1 2; : 0; 4; . 4 x dk x x x (1,5 đ) Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! F B A D O C M E Trờng thcs Vĩnh Thanh b) 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 0. x x x x x x x x x = = = + + = P (1 đ) 2 1 2 2; 0. 2 0. 1( ) 2( ) 6( ) x t t t t loai t tm x tm = = = = = tđặt Bài 2 : a) Xét pt: 1 3 x 2 = x + m x 2 -3x-3m=0. (1) để đờng thẳng (D) và Parabol (P) tiếp xúc nhau thì phơng trình trên có nghiệm kép (1) =0 9+12m=0 m=-3/4. (0,5 đ) b) Thay m vào (1) đợc x=3/2; y=3/4. (0,5 đ) Bài 3 : 210 210 4 5 : (4 ) 3 3 15( ). x pt x x x tm + = + = Vậy (2 đ) (0,5 đ) Bài 4: tứ giác MDEF có tổng hai góc đối =180 0 ( góc CDE và góc FMD) nên là tứ giác nội tiếp. a) Hai tam giác có cung một góc, có một cạp góc là hia góc nọi tiếp chắn hai cung bằng nhau. b) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác tam giác AFE. - Chứng minh góc DAC bằng 90 độ tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm trên AD. c) theo c và d có: AC 2 =AE.BC hay tam giác ACE và ABC đồng dạng cung AE bầng cung AC. Bài 5: Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ___________________________________________________________ Câu 1 1) Bạn đọc tự giải nhé! 2) Lấy A(0, b) là một điểm trên Oy. Đờng thẳng qua A, với hệ số góc k có phơng trình : y = kx + b. Ta có 2 xx1 1 yx x1 x1 + ==+ ; 2 1 y' 1 (x 1) = Hoành độ tiếp điểm của đờng thẳng y = kx + b với đồ thị (C) là nghiệm của hệ 2 1 xkxb x1 1 1k (x 1) +=+ = 2 11 x1 xb x1 (x 1) += + 2 b x2(1b)x(1b)0+ ++= (1) y b = 0 : (1) trở thành 2x + 1 = 0 1 x 2 = y b 0 : (1) có nghiệm khi 2 '(1b) b(1b)0= + + b 1 (b 0) Thành thử các điểm trên Oy từ đó có thể đợc ít nhất một tiếp tuyến đến đồ thị (C) là các điểm có tung độ b 1. 3) Hoành độ tiếp điểm của parabol 2 yx a=+ với đồ thị (C) là nghiệm của hệ : 2 o 2 1 xxa x1 1 12x (x 1) +=+ = Từ phơng trình thứ hai, suy ra : 2 x(2 x 5x 4) 0+= x = 0. Thay vào phơng trình đầu thì đợc a = - 1. Câu II. Đặt S = x + y, P = xy, ta đi đến hệ : 2 SP m S2Pm += = 1) Với m = 5 ta đợc : 2 SP5 S2P5 += = P = 5 S 2 S2S150 + = S = 5, S = 3. Với S = 5, ta có P = 10, loại vì điều kiện 2 S4P không đợc nghiệm đúng. Với S = 3, ta có P = 2 và đợc x2, y1, = = x1 y2. = = 2) Trong trờng hợp tổng quát, P = m - S 2 S2S3m0+ =. www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ___________________________________________________________ Để phơng trình có nghiệm, cần phải có : 1 '13m0 m 3 = + . Khi đó gọi 1 S và 2 S là các nghiệm : 1 S113m= + , 2 S113m= + + . a) Với 1 SS= 1 PmS=, điều kiện 2 S4P trở thành 2 (1 13m) 4(m1 13m)++ +++ (m 2) 2 1 3m+ + , không đợc nghiệm vì 1 m 3 m + 2 > 0. b) Với 2 SS= 2 PmS=, điều kiện 2 S4P trở thành : 2 ( 1 1 3m) 4(m 1 1 3m)+ + + + 21 3m m 2 + +. Vì m + 2 > 0, có thể bình phơng hai vế của bất phơng trình này và đi đến 2 0m 8m 0m8. Cùng với 1 m 3 suy ra đáp số : 0 m 8. Câu III. 1) Hiển nhiên với x = 0 bất phơng trình đợc nghiệm với mọi y. Xét x > 0 2 1x cosy sin y 2x + + . Hàm f (y) = cosy + siny có giá trị lớn nhất bằng 2 , giá trị nhỏ nhất bằng 2 , vậy phải có : 2 2 1x 2x22x10 2x + + 0x 21< , x21+. Xét x < 0 2 1x cosy sin y 2x + + 2 2 1x 2x22x10x21 2x + + + , 21x0+<. Tóm lại các giá trị phải tìm là : x21 , 21x 21+ , 21x + hay : |x| 2 1+ , |x| 2 1 2) Điều kiện : xk 2 + ( k Z). Chia hai vế cho 2 cos x ta đợc phơng trình tơng đơng : 22 tg x(tgx 1) 3tgx(1 tgx) 3(1 tg x)+= + + 2 tg x(tgx 1) 3(tgx 1) 0+ += 2 (tgx 1)(tg x 3) 0+= tgx 1 tgx 3 = = xk 4 xk 3 = + = + ( k Z) www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng Phiên bản 1.0 ________________________________________________________________________________ Câu IVa. Cần để ý rằng các đỷờng thẳng (D), (D) vuông góc với nhau và chúng có phỷơng trình tham số (D) : xbt yat = = (D) : xat ybt = = ' ' 1) Thay biểu thức của (D) vào phỷơng trình của (E), ta đỷợc các giá trị của tham số t ứng với các giao điểm M, N. Từ đó suy ra chẳng hạn (do có sự trao đổi vai trò của M, N): M 6b 9a + 4b , 6a 9a + 4b ,N - 6b 9a + 4b ,- 6a 9a + 4b 22 22 22 2 2 . Tỷơng tự: P 6a 4a + 9b ,- 6b 4a + 9b ,Q - 6a 4a + 9b , 6b 4a + 9b 22 22 22 2 2 . 2) Tứ giác MPNQ là hình thoi, với diện tích S = 2OM.OP = 72(a + b ) (9a + 4b )(4a + 9b ) 22 2222 . (1) 3) Để ý rằng các phỷơng trình của (D) PHNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VIÊ ̣ T YÊN LẦN 2 ĐỀ CHI ́ NH THƯ ́ C ĐỀ THI THƯ ̉ VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC: 2014-2015 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 22/5/2015 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu I (2.0 điểm) 1. Tính 22 64.(25 24 ) 2. Với giá trị nào của x thì biểu thức 42x có nghĩa? Câu II (3.0 điểm) 1. Tìm m để đồ thị hàm số bậc nhất y = -2x + m – 2011 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5. 2. Cho biểu thức   3 : 0; 9 9 33 a a a P a a a aa           . Tìm giá trị của a để 1P  . 3. Chứng minh phương trình: x 2 – mx + m – 1 = 0 (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Tìm m để phương trình (1) có một nghiệm lớn hơn 2015. Câu III (1.5 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình Một hình chữ nhật có chu vi là 52 m. Nếu giảm mỗi cạnh đi 4 m thì được một hình chữ nhật mới có diện tích 77 m 2 . Tính các kích thước của hình chữ nhật ban đầu? Câu IV (3.0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi d 1 và d 2 là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại hai điểm A và B. Gọi I là trung điểm của OA và E là điểm thuộc đường tròn (O) (E không trùng với A và B). Đường thẳng đi qua điểm E và vuông góc với EI cắt hai đường thẳng d 1 và d 2 lần lượt tại M, N. 1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh   ENI EBI và  0 MIN 90 . 3. Chứng minh AM.BN = AI.BI . 4. Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa điểm E của đường tròn (O). Hãy tính diện tích của tam giác MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng. Câu V (0.5 điểm) Cho hai số thư ̣ c ,xy tha mãn 2 2016 2016 4 3 ( 1) 0 1 2016 2015 x xy y x y x              Hãy tính giá trị của biểu thức: 2016 2015 51 P ( 1) ( 2) 2017. 22 xy     Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ... hàm số không xác định Bước 2: Lập bảng biến thi n dựa vào bảng biến thi n để kết luận 8 y '    y '      x3   x  x x 3 y  3   33 ( )2 3 Chọn A Câu 20: D Câu 21: phương pháp giải... b 3 b =-2, 732 a Trùng với kết đáp án C Chọn C Câu 34 Phương pháp : Chọn C Like fanpage: fb.com/webthaygiaongheo để cập nhật giảng đề thi THAYGIAONGHEO.NET - BLOG HỌC TOÁN THPT Câu 35 : Phương... VS.ABCD  a 3. a  t an 30  SA SA 3 A Y Chọn D Câu 37 : Cách giải: Gọi đường thẳng cần tìm d’ giao tuyến d (P): x + = là:  x 1 y  3  2    A( 3; 3; 5) z     TH x  3  Với điểm
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi thử và đáp án môn toán lần 3 của Bộ GD&ĐT năm 2017, Đề thi thử và đáp án môn toán lần 3 của Bộ GD&ĐT năm 2017,

Hình ảnh liên quan

+) Bước 3: Lập bảng biến thiên và kết luận các khoảng đồng biến và nghịch biến -Cách giải:  - Đề thi thử và đáp án  môn toán lần 3 của Bộ GD&ĐT năm 2017

c.

3: Lập bảng biến thiên và kết luận các khoảng đồng biến và nghịch biến -Cách giải: Xem tại trang 2 của tài liệu.
Phương pháp: Hình lăng trụ đều có tất cả các cạnh đều bằn ga nên: 23 4 - Đề thi thử và đáp án  môn toán lần 3 của Bộ GD&ĐT năm 2017

h.

ương pháp: Hình lăng trụ đều có tất cả các cạnh đều bằn ga nên: 23 4 Xem tại trang 3 của tài liệu.
Dựa vào hình vẽ ta có được: 20 2 - Đề thi thử và đáp án  môn toán lần 3 của Bộ GD&ĐT năm 2017

a.

vào hình vẽ ta có được: 20 2 Xem tại trang 4 của tài liệu.
Phương pháp: Các cạnh của hình lập phương là a. Thể tích của khối trụ là: VR h2.  - Đề thi thử và đáp án  môn toán lần 3 của Bộ GD&ĐT năm 2017

h.

ương pháp: Các cạnh của hình lập phương là a. Thể tích của khối trụ là: VR h2. Xem tại trang 5 của tài liệu.
Gọi O là tâm của ABCD và H là tâm của hình cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. Dễ có SO là đường cao của hình chóp và H thuộc SO - Đề thi thử và đáp án  môn toán lần 3 của Bộ GD&ĐT năm 2017

i.

O là tâm của ABCD và H là tâm của hình cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. Dễ có SO là đường cao của hình chóp và H thuộc SO Xem tại trang 9 của tài liệu.
Ta có thể tích hình đa diện còn lại sẽ là hiệu của thể tích hình tứ diện ban đầu trừ đi thể tích 4 hình tứ diện nhỏ bằng nhau có đỉnh là 1 đỉnh của hình ban đầu và 3 đỉnh còn lại là trung điểm của 3 cạnh xuất phát từ đỉnh đó - Đề thi thử và đáp án  môn toán lần 3 của Bộ GD&ĐT năm 2017

a.

có thể tích hình đa diện còn lại sẽ là hiệu của thể tích hình tứ diện ban đầu trừ đi thể tích 4 hình tứ diện nhỏ bằng nhau có đỉnh là 1 đỉnh của hình ban đầu và 3 đỉnh còn lại là trung điểm của 3 cạnh xuất phát từ đỉnh đó Xem tại trang 11 của tài liệu.