DE VIP TREN HOCMAIVN

Xác định tọa độ điểm A thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC cân tại điểm A và có diện tích nhỏ nhất2. PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu) Câu Va..[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 01

PHẦN I (Chung cho tất thí sinh)

Câu I Cho hàm số:  1  3

3

y x  m x  m  m x .

1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m = -3

2 Với giá trị m hàm số có cực đại, cực tiểu? Gọi x1, x2 hoành độ hai điểm cực đại, cực tiểu hàm

số, tìm giá trị lớn biểu thức x x1  2x1x2

Câu II

1 Giải phương trình  4 

1 cot cot 2 sin cos 3 cos

x x x x

x

   

2 Tìm giá trị tham số m để bất phương trình x4 xm x2 4x 5 20 nghiệm với giá

trị x thuộc đoạn 2; 2 3

Câu III Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AD a 2, CD = 2a Cạnh SA vuông góc với

đáy SA3a a0 Gọi K trung điểm cạnh CD Chứng minh mặt phẳng (SBK) vng góc với mặt phẳng (SAC) tính thể tích khối chóp SBCK theo a

2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O1A1B1 với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) O1(0; 0; 4)

Xác định tọa độ điểm M AB, điểm N OA1 cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng ():

2xy z  0 độ dài MN = 5.

Câu IV Tính tổng:

2 2

0

1

n

n n n n

C C C C

S

n

       

         

        , n số nguyên dương

k n

C số tổ hợp chập k n phần tử

2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 y2 6x 2y6 0 điểm B(2; -3)

C(4; 1) Xác định tọa độ điểm A thuộc đường tròn (C) cho tam giác ABC cân điểm A có diện tích nhỏ

PHẦN (thí sinh làm hai câu) Câu Va Tính tích phân:

 

ln

ln 10 x x

dx I

e e



 



2 Giải hệ phương trình:  

   

2

1

2

2

3

2

2

2 x

y

x xy

x y x x y x





   

  

    

 

Câu Vb Tính tích phân:

3

sin cos

x x

I dx

x 



2 Giải phương trình log22 log7 3 log7 log 2

2

x

x x x   x  x

 

 

GIẢI

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 01

PHẦN I (Chung cho tất thí sinh)

Câu I Cho hàm số:  1  3

3

y x  m x  m  m x .

1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m = -3

2 Với giá trị m hàm số có cực đại, cực tiểu? Gọi x1, x2 hoành độ hai điểm cực đại, cực tiểu hàm

số, tìm giá trị lớn biểu thức x x1  2x1x2

Đáp án: Ta có y 2x2 2m1x m 4m3

Hàm số có cực đại, cực tiểu y = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 hay

m 12 2m2 4m 3 m2 6m 5 m



               

Theo định lí Vi-ét, ta có x1 x2  m1, 1 2 1 3

2

x x  m  m

Suy 1 4 3 2 1 8 7

2 m  m  m 2 m  m

Ta nhận thấy, với m  5; 1  9m2 8m7m42  0

Do A lớn 92 m = -4

Câu II

1 Giải phương trình  4 

1 cot cot 2 sin cos 3 cos

x x x x

x

   

Đáp án: Điều kiện: sin2x 

Phương trình  

2 2 1 1sin 2 3 sin 2 sin 2 2 0

sin x x x x

       

 

2

2

sin 2

sin cos

4 sin

x k

x x x k

x

   

         

 



2 Tìm giá trị tham số m để bất phương trình x4 xm x2  4x5 2 2 nghiệm với giá

trị x thuộc đoạn 2; 2 3

Đáp án: Đặt t x2 4x 5

   Từ x2; 2 3 t 1; 2 Bất phương trình cho tương đương với:

   

2

5

2

t

t m t m g t

t 

      

 (do t2 0 )

Bất phương trình nghiệm  x 2; 2 3  mmaxg t t , 1; 2

Xét hàm g(t) có g(t) đồng biến 1; 2 max    2 1, 1; 2

t m g t m  t

Câu III Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật,

2

AD a , CD = 2a Cạnh SA vng góc với đáy SA3 2a a 0

Gọi K trung điểm cạnh AC Chứng minh mặt phẳng (SBK) vng góc với mặt phẳng (SAC) tính thể tích khối chóp SBCK theo a

Đáp án: Gọi H giao AC BK BH = 23BK

3

a

 CH = 13; CA =

3

a

2 2 2

BH CH a BC BK AC

     

Từ BK  AC BK  SA  BK  (SAC)  (SBK)  (SAC)

VSBCK = 13SA.SBCK = 13

2 3 2 a

a  a (đvtt)

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O1A1B1 với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) O1(0; 0; 4)

Xác định tọa độ điểm M AB, điểm N OA1 cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng ():

2xy z  0 độ dài MN =

Đáp án:

Có A1(2; 0; 4)  OA1 2; 0; 4



 phương trình OA1:  

2

0 ; 0; 4

x n

y N n n

z n         

Có AB  2; 4; 0  phương trình AB:  

2

4 2 ; ; 0

x m

y m N m m

z           

Vậy MN2n2m 2;  ; 4m m



Từ //    2 2 4 1; 0; 2

MN   MN n                  n m  m n  n  N

Khi đó:    

 

2

2

2

8 ; ; 0

5 5

2 16

0 2; 0;

M m

MN m m

m M A

                 

Câu IV Tính tổng:

2 2

0

1

n

n n n n

C C C C

S

n

       

         

        , n số nguyên dương

k n

C số tổ hợp chập k n phần tử

Đáp án: Ta có:

          1 ! !

1 , 0,1, ,

1 ! ! 1 ! !

k k

n n

C n n C

k n

k k k n k n k n k n

                 Vậy:          

2 2

1

1 1

2

1

1

n

n n n n

S C C C C

n               

Từ 1 xn1 1 xn1 1 x2n2

    , cân hệ số xn1 hai vế ta có:

 2  2  2  2  12

1 1 n1 2n

n n n n n n

C C C C C  C 

2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 y2 6x 2y6 0 điểm B(2; -3)

C(4; 1) Xác định tọa độ điểm A thuộc đường tròn (C) cho tam giác ABC cân điểm A có diện tích nhỏ

Đáp án: Để ABC làm tam giác cân A A phải nằm đường trung trực () qua trung điểm BC M(3; 1)

và nhận BC 2; 4 làm véc tơ pháp tuyến nên () có phương trình: 2x 34y1 0 x2y 0

Vì A  (C) nên tọa độ A nghiệm hệ:

2 6 2 6 0

2

x y x y

x y             

Giải hệ tìm hai điểm A1(-1; 1) A2( 215 ; 135 )

Do 20 18

5

A M   A M nên

1

A BC A BC

S S Vậy điểm cần tìm A(-1; 1) PHẦN (thí sinh làm hai câu)

Câu Va Tính tích phân:

 

ln

ln 10 x x

dx I

e e



 



Đáp án: Đặt t ex  1 t2 ex  1 2tdt e dx x Khi x = ln2 t = 1; x = ln5 t = 2.

Khi đó:

     

2

ln 2

2

ln 1 1

2 2 1 1ln 1ln5

3 3 3

9

10 x x

dx tdt dt t

I dt

t t t

t t t e e                   

2 Giải hệ phương trình:  

    2 2

2

2

2 x

y

x xy

x y x x y x

               

Đáp án: Điều kiện: x 

       

2

1 x xy 2 x xy x xy y x

x



   

             

Thay vào (4) nhận được: 2

1

2

2

2 1 2

2

x x

x x x x x

x x x x

 

  

      

2

2

1

2

2 2

1 2

2

x x

x x x x f x f x

x x x x

 

 

     

        

   

Ở   2

t t

f t   hàm đồng biến với t

Từ suy 22 22

4

x x x y

x x                    

Vậy nghiệm hệ phương trình

x  y

Câu Vb Tính tích phân:

3 sin cos x x I dx x  

Đáp án: Đặt u = x

sin cos

x

dv dx du dx

x

   12

2 cos

v

x

Từ đó: 4

2

0

0

1 1tan

2 4

2cos cos

x dx

I x

x x



 

 

      

2 Giải phương trình log22 log7 3 log7 log 2

2

x

x x x   x  x

 

  (6)

Đáp án: Điều kiện: x >

 6 log2  log2 log7 3

x

x  x x 

      

Xét log2 x 2x x2 2x  lnxx ln 22 (7)

Đặt: f x  lnx f x  lnx

x   x

   ; f x   0 x e

Vậy phương trình f(x) = có nhiều hai nghiệm Dễ thấy x = x = nghiệm (7) Xét log2 x2 log7x3 (8)

Đặt: log2 x t  x2t

 8 2 32  4 6 2 9 1

7 7

t t t

t t

       có nghiệm t =

Vậy phương trình có nghiệm x = x =

-Hết -Hocmai.vn