de tuyen chon so 1 nang cao

8 15 0
  • Loading ...
1/8 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 27/11/2018, 13:10

ĐỀ CHỌN SỐ ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM 2015 http://thaytoan.net Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  2mx  m  1 , với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 1 m  b) Tìm m để hàm số có ba cực trị tạo thành tam giác cân có độ dài cạnh đáy độ dài cạnh bên Câu (1,0 điểm) cos x  sin x   sin 2x  cos 2x a) Giải phương trình b) Tính mơđun số phức w   z  z , biết z thỏa mãn điều kiện z.z  2z  19  4i z có phần thực dương Câu (0,5 điểm) Giải phương trình x 26  15   2 4 x   2 2 x   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x  y  2xy y  x  x    2xy  y  2x x  2xy   y  x  2x  x       x, y    2x  1 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I    x 1 ln x  1dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân A , BC  a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng ABC  trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ; đường thẳng SB tạo với mặt đáy góc 600 Tính theo a thể tích khối chóp S ABC tan góc hai đường thẳng SB , AC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có E trung điểm AD , H hình chiếu vng góc điểm B CE Giả sử B 2; 3 H 0; 1 Tìm tọa độ điểm D , biết điểm A có tung độ dương Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 0; 0 hai đường thẳng có phương trình d1 : x  y 1 z 2 x  y 1 z  , d2 :     1 Gọi B , C hai điểm thuộc d1 d2 cho A , B , C thẳng hàng Tìm tọa độ điểm M thuộc trục tung cho diện tích tam giác MBC Câu (0,5 điểm) Cho hai đường thẳng song song d1 d2 Trên d1 có điểm phân biệt, d2 có n điểm phân biệt n  2, n    Tìm n , biết có 96 tam giác có đỉnh điểm cho Câu 10 (1,0 điểm) Cho x , y , z ba số thực thỏa mãn x , y   z  Tìm giá trị lớn biểu thức P xy  2z 2 x  xy  2z  5xy  z 2 y  5xy  z  x y z HƯỚNG DẪN GIẢI Câu a) Với m  , hàm số trở thành: y  x  2x ● ● Tập xác định: D   Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y '  4x  4x ; y '   x  x  1 Các khoảng nghịch biến ; 1 0;1 ; khoảng đồng biến 1; 0 1;  - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x  1 , yCT  1 ; đạt cực đại x  , yCD  ● - Giới hạn vô cực: lim y  lim y   - Bảng biến thiên x  x    Đồ thị hàm số qua điểm đặc biệt  2; ,  2; nhận Oy làm trục đối xứng y x -1 O -1 x  b) Ta có y '  4x  4mx  4x x  m ; y '    x  m Để hàm số có ba cực trị  y '  có ba nghiệm phân biệt  m    Điểm cực đại A 0; m  1 ; điểm cực tiểu B     m ; m  m  , C  m ; m  m  Yêu cầu toán  BC  2 AB  m  m  m4 3    m3  m  Đối chiếu điều kiện tồn cực trị ta giá trị m cần tìm là: m  Câu a) Phương trình cho tương đương với   cos x  sin 2x  sin x   cos 2x    cos x   sin x   sin x   sin x      sin x  cos x  sin x     cos x  sin 2x  sin x  sin2 x  ●  x    k 2    sin x   sin x  sin   x    k 2   ● cos x  sin x   sin x  cos x  tan x  k      x   k  k   3 Vậy nghiệm phương trình cho là:  tan x  tan x  3   k 2 , x   k 2 , x   k  4 k   b) Đặt z  a  bi a, b    , suy z  a  bi Ta có z.z  2z  19  4i  a  bi a  bi   a  bi   19  4i    a  b2  2a  2bi  19  4i a  b2  2a  19 a   a  5    2b  4 b    a  Do số phức z có phần thực dương nên ta chọn  , suy z   2i b   Từ suy số phức w   z  z    2i  3  2i    14i Vậy môđun số phức w w  92  142  277  Câu Đặt t   x   Suy x 2   x 7    ; t  t 2; x 26  15   t3 Khi phương trình trở thành t  2t   Với t  , suy  x    t  2t  t    t  t  1 (loại) t 1  x  Vậy phương trình cho có nghiệm x    x  y  2xy y  x  x  Câu Ta có    2xy  y  2x x  2xy   y  x  2x  x    y  x   Điều kiện:  2xy  y  2x  x  2xy    Nhận thấy x  y  không nghiệm hệ nên ta xét y  x      Phương trình   1   2    2xy  y  2x  x  2xy   2x          y x  x   2xy  y  2x  x  2xy   4x   2xy  y  2x  x  2xy   2x y  2x  y x  x 0     3x  2xy      y  2x      y  x  x   2xy  y  2x  x  2xy   2x     y  2x   3x  2xy       2xy  y  2x x  2xy   2x y  x  x       Phương trình 1  x  y  2xy  2 ' y  x  x  3x  2xy  y  x  x  2x  y  y  x  x  x  2x  y  x  Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có y  x  x  x  2x  y  x   4 y  x  x x 2x y  x   4  Suy 3x  2xy   Do 2 '  y  2x Thay vào 1 , ta x  2x   2x 2x 2x  x  x   x   x  1 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm x ; y   1;2 Nhận xét Nhìn vào phương trình (2) ta thấy đồ sộ căn, ta nghĩ đến đặt ẩn phụ hay liên hợp để giải phóng bớt phương pháp liên hợp hiệu Thông thường sau liên hợp xong phương trình đơn giản phương trình khủng, thường phương trình khủng vô nghiệm người đề định sẵn Để chứng minh vô nghiệm ta dung giả thiết điều kiện phương trình lại kết hợp với đánh giá Câu Ta có I    ● A  2x  1 ln x  1dx  x 1    4x  x  1 ln x  1dx  4x ln x  1dx   0 ln x  1dx x 1  u  ln x  1 du  dx   4x ln x  1dx Đặt   1x dv  4xdx   v  2x 1 0 Khi A  2x ln x  1  2 x2 dx  ln  2 x 1   x   dx   x  1 x    ln    x  ln x    ln   ln    ● B dx  x  ln x  1dx Đặt t  ln x  1 , suy dt   x Đổi cận: với x  t  , với x  t  ln ln Khi B   t2 tdt  ln  ln 2 ln Câu Gọi H trung điểm BC Tam giác ABC vuông A nên H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Vậy I  A  B   ABC Theo để ta suy SH  ABC  Hình chiếu vng góc SB mặt đáy BH nên    SB, ABC   SB, BH  SBH Ta có AB  AC  S BC a ;  SH  BH tan SBH a BC tan 600  2 Diện tích tam giác ABC là:  SABC E d B a2  AB.AC  2 C H a3 Do VS ABC  S ABC SH  (đvtt) 12 Qua B kẻ đường thẳng d song song với AC Khi   SB , AC  SB ,d M A Từ H kẻ đường thẳng vng góc với d cắt d E cắt AC M Suy M trung điểm AC HE  HM  a AB  2 d  HE Ta có  , suy d  SHE  , d  SE d  SH  Trong tam giác SEB vng E , ta có SE  SH  HE  a a ; BE  AM  2 SE    Vậy tan SB , AC  tan SB, d  tan SBE   BE Câu Phân tích hướng giải: Gọi M trung điểm BC, chứng minh AM vng góc qua trung điểm N BH Từ viết phương trình đường thẳng AM, suy tọa độ điểm A theo tham số a Để tìm a, ta tìm khoảng cách AN cách gọi cạnh hình vng x sau tìm mối liên hệ giũa cạnh hình vng với BH Từ tìm x, suy a dẫn đến tìm tọa độ điểm D Gọi M trung điểm BC ; N giao điểm AM BH Khi AM / /CE , suy AM  BH N trung điểm BH nên N 1;1  Đường thẳng AM qua N 1;1 có VTPT BH  2; 4 nên có phương trình AM  : x  2y    Do A thuộc AM nên A 3  2a ; a  , suy AN  2a  2;1  a  Đặt cạnh hình vng AB  x , suy BM  Ta có BN  suy BN  AB x  BM  5  x 5 x2 x , AB  BM 2  H 2x 2 2a  2  1  a    a  a  1 Suy A 3; 3 A có tung độ dương qua A 3; 3   Đường thẳng AD :  nên AD  : x   VTPT AB  1; 0   M  x  D AB N E AB Do AN  AM  B A qua H 0; 1   Đường thẳng CE :  nên CE  : x  2y   VTPT BH  2; 4  x    1 Tọa độ điểm E thỏa mãn hệ   E 3;  x  2y      Do E trung điểm AD nên D 3; 2 Câu Ta có B 5  3b;1  b;2  2b   d1 , C 5  c;1  c;  3c   d2   Suy AB  3b  4; b  1;2b  2 , AC  c  4; c  1; 3c  3     AB, AC   bc  b  c  1; 7bc  b  10c  4; 2bc  b  3c         Để ba điểm A , B , C thẳng hàng  AB, AC     bc  b  c    b  1 B 2; 0; 0  7bc  b  10c        c  1 C 4; 0; 0   2bc  b  3c   Gọi M 0; m; 0 điểm thuộc trục tung   Ta có BM  2; m; 0 , BC  2; 0; 0 , suy Theo giả thiết toán: SMBC      BM , BC   0; 0; 2m        BM , BC   4m   m  3   Vậy có hai điểm M thỏa yêu cầu toán là: M 0; 3; 0 M 0; 3; 0 Câu Theo giả thiết toán: C n36  C 63  C n3  96 với n  , n   C n  6 ! n!  20   96 ! n  3 ! ! n  3 !  n  4n  5n  6  120  n  2n  1 n  576  n   18n  72n  576   n  8 Đối chiếu điều kiện ta chọn n  thỏa yêu cầu toán a b a  b  Câu 10 Ta chứng minh:   x y x y * với a, b   x , y  a b   Thật vậy, *  a  b   x  y     y   x Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:  a b  a b   x  y  x  y    x  y    x y    Dấu ''  '' xảy khi: a b  x y Áp dụng * , ta có   x2 y2    x  y P      x  xy  2z y  5xy  z  z x  y  2  2 x  y  xy  z   Dấu ''  '' xảy khi: x x  xy  2z x y z  y y  5xy  z 1 Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức 4xy  x  y  , ta x  y  P 2  2 x  y   3z x y x y 2  z z  x  y      z  Dấu ''  '' xảy khi: x  y Đặt t  x y Do x , y   z  nên t  z Khi đó: P   t2 2t  Xét hàm số f t    Ta có f ' t     t t2 2t  6t 2t 3    t , t  1 t  , t   x  y 2    z  2 Suy f t  nghịch biến 1;  nên f t   f 1  x y 1  x y  z 3 z x  y  Suy P  Từ 1 , 2 3 , suy dấu ''  '' xảy khi:  z   Dấu ''  '' xảy khi: t   ; x  y  , z  Nhận xét: Nếu bạn đọc theo dõi đến khơng lạ với dạng tốn khó biến đổi P để đặt ẩn phụ dùng cho việc xét hàm Việc biến đổi biểu thức P phải dùng đến bất đẳng thức phụ bất đẳng thức Vậy giá trị lớn P
- Xem thêm -

Xem thêm: de tuyen chon so 1 nang cao, de tuyen chon so 1 nang cao

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay