de thi dai hoc

Tìm toạ độ các điểm A, B thuộc E, biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều.. Hàm số có 2 cực tiểu.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 25) Bài 1: Cho hàm số y x  mx  2x  3mx  (1) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu Bài 2: 3 1) Giải phương trình: cos3xcos x – sin3xsin x = 3 x    x  1 x  2x  0 2) Giải phương trình: 2x +1 +x Bài 3: Cho các điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1;1;1) 1) Viết phương trình m.phẳng chứa AB và song song với CD Tính góc AB, CD 2) Giả sử mặt phẳng (  ) qua D và cắt ba trục tọa độ các điểm M, N, P khác gốc O cho D là trực tâm tam giác MNP Hãy viết phương trình (  )  Bài 4: Tính tích phân: I  x  1 sin 2xdx Bài 5: Giải phương trình: x  x 1  2 x  sin x  y   0  Bài 6: Giải bất phương trình: x2  x    10.3 x x  Bài 7: 1) Cho tập A gồm 50 phần tử khác Xét các tập không rỗng chứa số chẵn các phần tử rút từ tập A Hãy tính xem có bao nhiêu tập 2) Cho số phức z   i 2 Hãy tính : + z + z2 Bài 8: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là h.chóp tam giác cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA' = b Gọi  là góc hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) Tính tan  và thể tích khối chóp A'.BB'C'C Câu 9: x2 y  1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2; 0) và elip (E): Tìm toạ độ các điểm A, B thuộc (E), biết hai điểm A, B đối xứng với qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác Hết - HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 25) Bài 1: 2) y  x  mx  2x  2mx  (1) / 2 Đạo hàm y 4x  3mx  4x  3m (x  1)[4x  (4  3m)x  3m]    x 1 y / 0    4x  (4  3m)x  3m 0 (2)  y có cực trị  y/ = có nghiệm phân biệt Hàm số có cực tiểu  (3m  4)2     m  4   3m  3m 0  (2) có nghiệm phân biệt khác m  , thì y/ = có nghiệm phân biệt x1 , x , x Giả sử: Với   Bảng biến thiên: x - y/ + y x1 + x2 CĐ - CT Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có cực tiểu Kết luận: Bài 2: x3 + + + CT m  Vậy, hàm số có cực tiểu 3 1) Ta có: cos3xcos x – sin3xsin x =  cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) = 3 3 cos 3x  sin 3x+3  cos3xcosx  sin 3x sinx    cos4x     x   k , k  Z 16 23 2  2) Giải phương trình : 2x +1 +x x    x  1 x  2x  0 2  u  x2  2, u  u x      v x  2x  v  x  2x  3, v  * Đặt:  Ta có: (a)  v2  u2 2x    v2  u  x    v2  u2    v2  u2    v2  u2  u  v2  u2  v 2 (a)  v2  u2   u   v   v  u  u          v  0 2          v  u 0 (b)   v  u  1   (v  u)  (v  u)      0   (v  u)   v  u   0 (c)   2         Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm Do đó: (a)  v  u 0  v u  x  2x   x   x  2x   x   x  Kết luận, phương trình có nghiệm nhất: x = Bài 3:  2   AB  2;0;          AB, CD    6;  6;6  C D   3;3;0    1) + Ta có  Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và  n  1;1;  1 song song CD có VTPT và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + = 0.(P) Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình  (P)  C không thuộc (P), đó (P) // CD  AB.CD cos  AB, CD   cos AB, CD     AB, CD  600 AB.CD + 2) Theo giả thiếtta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p)  Oz   DP  1;  1; p  1 ; NM  m;  n;0   DP.NM m  n      DN  1; n  1;  ; PM  m ;0;  p      DN PM m  p   Ta có : Mặt khác:  x y z   1 Phương trình mặt phẳng (  ) theo đoạn chắn: m n p Vì D (  ) nên: 1 1   1 m n p D là trực tâm MNP     DP  NM      DN  PM   DP.NM 0   DN PM 0 Ta có hệ:   m  n 0  m   m  p 0   n  p 3  1    1  m n p x y z   1 Kết luận, phương trình mặt phẳng (  ):  3  Bài 4: Tính tích phân I  x  1 sin 2xdx  I= 1   x  1 cos2x  2 2 x Bài 5: Giải phương trình Ta có:  x 1 Đặt u  x    dv  sin 2xdx    /2   c os2xdx    sin 2x  1  4 0  2  sin  y   0  du dx   v  cos2x x   x  x  (*) (*) x   2   sin  y  0(1)    sin  y   cos  y  0   x cos  y  0(2) sin x  y  1 x  Từ (2)    sin  Khi Khi  x 2  x  x    , thay vào (1), ta được: = (VN)  y  1  , thay vào (1), ta được: =  x = sin  y  1 x  x x Thay x = vào (1)  sin(y +1) = -1  y     k , k  Z     1;    k , k  Z   Kết luận: Phương trình có nghiệm:  2 x x  10.3 x  x  Đặt t 3x Bài 6: Giải bất phương trình: Bất phương trình trở thành: t2 – 10t +   ( t  t  9) x Khi t   t 3 x 1  x  x 0   x 0 (i) x , t > t 3x x  x  9  x  x  0    x 1 (2i) Khi t   Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + ) Bài 7: C50k  Số tất các tập không 50 S C502  C504  C506   C50 rỗng chứa số chẵn các phần tử từ A là : S = 50 2 49 49 50 50   x  C50  C50 x  C50 x   C50 x  C50 x 1) Số tập k phần tử trích từ tập A là Xét f(x) = Khi đó f(1) =250 f(-1) = Do đó: f(1) 50 C50  C50  C502   C5049  C50 50 C50  C50  C502   C5049  C50 + 50 f(-1) = 50  50 C502  C504  C506   C50 250    49   S  2  S 2  49 Kết luận:Số tập tìm là S 2      3  z  z     i    i  0    z    i 2   2   4 2) Ta có Do đó: Bài 8: Gọi E là trung điểm BC, H là trọng tâm  ABC Vì A'.ABC là hình chóp  nên góc hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là  = A ' EH a a a 9b  3a 2 A ' H  A ' A  AH  AE  , AH  , HE  3  Tá có : A ' H 3b  a tan    HE a Do đó: ; 2 2 a a 3b  a SABC   VABC A ' B ' C '  A ' H S ABC  4 a 3b  a VA ' ABC  A ' H S ABC  12 Do đó: VA ' BB ' CC ' VABC A ' B ' C '  VA ' ABC VA ' BB ' CC ' a 3b  a  A ' H S ABC  (đvtt)