Đang tải... (xem toàn văn)
Bò con đi thi về khoe với mẹ :”Mẹ ơi!đề thi hôm nay có tất cả 5 câu ,trong đó có một câu khó nhất ,các bạn con không ai giải được,chỉ duy nhất mỗi một mình con giải ra thôi !”.Bò mẹ nghi[r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN (Thời gian làm bài :180 phút) LAISAC biên soạn PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho đường cong có hàm số y = x3- 2x2 - (m - 1)x + m (1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị m = Trong trường hợp hàm số (1) đồng biến tập số thực R, tính m để diện tích hình phẳng giới hạn bỡi đồ thị (1) và hai trục Ox,Oy có diện tích đơn vị diện tích Câu II.( điểm) Giải các phương trình nghiệm thực sau đây : 1 − tan x tan x = cos 3x ( x + 3) (4 − x)(12 + x ) = 28 − x Câu III ( điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elíp (E) :x2 + 4y2 = Qua điểm M(1 ;2) kẽ hai đường thẳng tiếp xúc với (E) A và B.Lập phương trình đường thẳng qua hai điểm A và B C Tam giác ABC là tam giác gì ba góc A,B,C tam giác thỏa : cos A + cos B = sin Câu IV ( điểm) Cho hai số thực x ,y thay đổi và thỏa mãn điều kiện: x.(1 − y ) = y − x x Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ tỉ số y 2.Tính tích phân : I = x ∫ (2 x + x + 1)e + x +1 dx PHẦN TỰ CHỌN:Thí sinh chọn câu V.a câu V.b Câu V.a Theo chương trình THPT không phân ban ( điểm) x + y − = y + z = Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1) : ; (d2): z − = x − = Lập phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng trên Tìm tất các số tự nhiên chẵn có chữ số, cho số đó chữ số đứng sau lớn chữ số đứng liền trước nó Câu 5.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm ( điểm) 1.Cho hình chóp tứ giác S.ABCD Đáy ABCD là hình vuông cạnh a ,SA vuông góc với mặt phẳng(ABCD) và SA = a Tính diện tích thiết diện tạo bỡi hình chóp với mặt phẳng qua A vuông góc với cạnh SC Giải bất phương trình : log (x −1) ≤ log x ( x ∈ R ) …………………………………………………………Hết……………………………………………………… … HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I.1.Bạn đọc tự giải Ta có y’ = 3x2 – 4x – m + 1 Để hàm số đồng biến tập số thực R và y ' ≥ ∀x ∈ R ⇔ m ≤ − (2) Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị (1) với trục Ox: Lop12.net (2) x3 -2x2 –(m – 1)x + m =0 ⇔ (x – 1)(x2 –x – m ) = 0.Điều này chứng tỏ đồ thị (1) luôn cắt trục hoành điểm cố định (1 ; ) Mặt khác vì hàm số là hàm bậc ba có hệ số cao a = > lại đồng biến R nên đồ thị luôn cắt trục tung có tung độ âm Hay m ≤ − ⇒ y = x3 -2x2 –(m – 1)x + m ≤ ∀x ∈ [0; 1] Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bỡi đồ thị (1) và hai trục tọa độ là 1 m 13 S = − ∫ x − x − (m − 1) x + m dx = − − , mà S = ⇔ m = − (thỏa điều kiện (2)) 12 ( ) cos x ≠ cos x ≠ ⇔ Câu II 1.Điều kiện : cos x ≠ cos x ≠ Phương trình tương đương :cos3x = cos3x.cosx.cos2x cos x = (loạ ) π ⇔ x = ± + kπ Hoặc : cos 3x = ⇔ cos x − cos x = ⇔ cos x = Hoặc:cosx.cos2x=1 ⇔ cos x − cos x − = ⇔ (cos x − 1)( cos x + cos x + 1) = (cos x − 1) = x = 2mπ ⇔ ⇔ x = mπ ⇔ 2 (2 cos x + cos x + 1) = cos x + cos x + = (vn) π Vậy phương trình có nghiệm là : x = ± + kπ ; x = 2mπ ( k , m ∈ Z ) Điều kiện : − 12 ≤ x ≤ Phương trình tương đương : ( x + 4) 64 − ( x + 4) + ( x + 4) − 64 − ( x + 4) = 32 (3) Đặt t = ( x + 4) − 64 − ( x + 4) suy (3) viết lại: 64 − t + t = 32 ⇔ t − 2t = ⇔ t = 0; t = 2 Khi t = ⇒ 64 − ( x + 4) = x + ⇒ x = − 4; x = −4 − ( loại) Khi t = ⇒ ( x + 4) − 64 − ( x + 4) = ⇒ 64 − ( x + 4) = x + ⇒ x = 31 − 3; x = − 31 − (loại) Thử lại, phương trình có hai nghiệm: x = − ; x = 31 − Câu III Giả sử (x1 ; y1) ; (x2 ; y2) là tọa độ hai tiếp điểm A và B Do đó,phương trình hai tiếp tuyến MA và MB là :x.x1 +4y.y1 = ; x.x2 +4y.y2 = Mà hai tiếp tuyến qua điểm M( ; 2) nên : x1 + 8y1 = (4) ; : x2 + 8y2 = (5) Từ (4) và (5) chứng tỏ tọa độ hai điểm A và B thỏa mãn phương trinh x + 8y = Hay phương trình đường thẳng qua hai điểm A và B là x + 8y – = C + cos A + cos B + = − cos C ⇔ cos A + cos B + cos C = Ta có: cos A + cos B = sin ⇔ 2 ⇔ cos( A + B) cos( A − B) + cos C = ⇔ cos C.(− cos( A − B) + 1) = ⇔ cos C = ∨ cos( A − B) = Suy tam giác vuông cân C x Câu IV: Điều kiện − ≤ x ≤ Để tồn giá trị lớn và nhỏ thì x ≠ 0; y ≠ y x Biến đổi x.(1 − y ) = y − x ⇔ = x + − x y x Đặt = h ( h ≠ 0) Biểu thức viết lại : h = x + − x là hàm số liên tục đoạn [− ;2] y ( ) Lop12.net (3) ta có h' = − x − x2 , h’ = ⇔ x = Ta tính h( −2) = −2, h( 2) = 2, h( ) = 2 ; Min(h) = -2 x = - ;y = x x x Vậy giá trị lớn (GTLN) ,giá trị nhỏ (GTNN) : GTLN ( ) = 2 , GTNN ( ) = −2 y y y Suy Max(h) = 2 x = 2.Ta có ∫ (2 x + x + 1)e x + x +1 ; y= .dx = ∫ (2 x + x )e x + x +1 Dùng phương pháp phần ta tính tích phân ∫ e ∫ e x + x +1 dx = ( xe x + x +1 ) 0 Do đó : ∫ (2 x + x + 1)e x − ∫ (2 x + x)e x + x +1 + x +1 .dx u = e x + x +1 du = (2 x + 1).e x ⇒ Đặt dv = dx v = x x + x +1 dx + x +1 0 .dx + ∫ e x + x +1 dx Suy dx dx = ( xe x + x +1 ) = e3 Câu Va Ta xét vị trí tương đói hai đường thẳng ⇒ hai đường thẳng chéo ( tự chứng minh) Theo yêu cầu đề toán tâm I mặt cầu chính là trung điểm đường vuông góc chung MN hai đường thẳng MN (d1) và (d2) và bán kính R = (M ∈ (d1 ); N ∈ (d ) ) x = − 2t Đường thẳng (d1) viết lại y = t ⇒ VTCP a = (2;−1;0) và M(4-2t ;t ;3) ∈ (d1 ) z = x = Đường thẳng (d2) viết lại y = t ' ⇒ VTCP b = (0;1;−1) ,và N(1 ;t’ ;-t’)∈ (d ) z = −t ' Suy MN = (3 − 2t; t − t ' ;3 + t ' ) Để MN là đường vuông góc chung hai đường thẳng (d1) và (d2) ,ta có MN ⊥ a 6 − 4t − t + t '+0 = 5t − t '−6 = t = ⇔ ⇔ ⇔ MN ⊥ b 0 + t − t '−3 − t ' = t − 2t '−3 = t ' = −1 Từ đó suy phương trình mặt cầu cần tìm là : ( x − ) + y + ( z − 2) = Giả sử số đó là x = a1 a a3 a Theo yêu cầu bài toán các chữ số a1, a2, a3, a4 khác đôi và khác không , và x là số chẵn nên ta có các trường hợp sau : TH1: a4 = ,từ yêu cầu đề toán ⇒ số đó là x = 1234.Do đó có cách chọn TH2: a4 = ,từ yêu cầu đề toán ba số hạng a1, , a2 , a3 lấy tập {1,2,3,4,5} và các chũ số tăng dần nên có C = 10 số cho trường hợp này TH3 : a4= ,tương tự ba số hạng a1, , a2 , a3 còn lại lấy tập {1,2,3,4,5,6,7} nên có C = 35 số cho trường hợp này Vậy có 1+10 + 35 = 46 số chọn theo yêu cầu đề toán Câu Vb.1.Bằng phương pháp tọa độ ,chọn A(0,0,0) ,B(a ;0 ;0) ; D(0 ;a ;0) ; C(a;a ;0) ; S(0 ;0 ;a) Giả sử mặt phẳng (P) đã cho cắt SB,SC ;SD E, G , F Mặt phẳng (P) qua A và vuông góc SC nên nhận vectơ SC = (a; a;−a) làm VTPT ⇒ phương trình (P) là :x + y – z = (6) Lop12.net (4) x = Ta lập phương trình đường thẳng SD y = t (7) F là giao điểm SD và (P) nên nó là nghiệm hệ phương z = a − t a a a a 2a trình ( 6) và (7) ⇒ F (0; ; ) Tương tự G là giao điểm (P) và SC ⇒ G ( ; ; ) 2 3 a Do đó diện tích thiết diện AEGF : S = 2dt ( AGF ) = AG ; AF = Điều kiện : x>1 , x ≠ 1 Ta có log (x −1) ≤ log x ⇔ ≤ log ( x − 1) log x 1 Khi < x < ta có vế trái < và vế phải > Bất phương trình luôn đúng log x log ( x − 1) [ ] Nên bất phương trình có nghiệm < x < Khi x > hai vế bất phương trình dương ,nên bất phương trình tương đương log x ≤ log ( x − 1) t Đặt t = log x Khi x > ⇒ t > t t 3 1 và x = t Bất phương trình viết lại 3t ≤ t − ⇔ + ≤ (8) 4 4 t 3 1 Đặt f (t ) = + là hàm số liên tục ( ;+∞) 4 4 t t 1 3 Ta có f ' (t ) = ln + ln < ⇒ f(t) là hàm số giảm ( ;+∞) 4 4 Mặt khác ta có f (1) = Do đó bất phương trình (8) viết lại f (t ) ≤ f (1) ⇔ t ≥ ⇔ log x ≥ ⇔ x ≥ Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là < x < x ≥ “CHIỆN NGỘN NGU” VUI ( Ngẫm nghĩ thật …thật lâu!) Bò thi khoe với mẹ :”Mẹ ơi!đề thi hôm có tất câu ,trong đó có câu khó ,các bạn không giải được,chỉ mình giải thôi !”.Bò mẹ nghi ngờ hỏi: “Khó nào con?”Bò mặt độn ,no nê mãn nguyện “Khó suốt thời gian làm bài làm câu đó thôi mẹ !” Bò mẹ rống lên:”Ôi! Con tôi lây bệnh …Thành tích !”…Xỉu Lop12.net (5)