1. Trang Chủ
  2. Tài Liệu Phổ Thông
  3. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x  4 . 1 x 1)Khảo sát và vẽ đồ thị  C  của hàm số trên. 2)Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN  3 10 . Câu I (2 điểm) Cho hàm số y 

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x  4 . 1 x 1)Khảo sát và vẽ đồ thị  C  của hàm số trên. 2)Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN  3 10 . Câu I (2 điểm) Cho hàm số y 

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x  4 . 1 x 1)Khảo sát và vẽ đồ thị  C  của hàm số trên. 2)Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN  3 10 . Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  Câu II (2 điểm) :  x  y  x 2  y 2  12  1. Giải hệ phương trình:   y x 2 ... PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x  4 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  . 1 x 1)Khảo sát và vẽ đồ thị  C  của hàm số trên. 2)Gọi (d) là đường thẳng q

Thể loại Tài liệu miễn phí Tài Liệu Phổ Thông

Số trang 6

Ngày tạo 8/30/2018 3:12:13 AM +00:00

Loại tệp PDF

Kích thước 1.27 M

Tên tệp

Tải PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x  4... (.pdf)

Xem mẫu

  1. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x  4 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  . 1 x 1)Khảo sát và vẽ đồ thị  C  của hàm số trên. 2)Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN  3 10 . Câu II (2 điểm) :  x  y  x 2  y 2  12  1. Giải hệ phương trình:   y x 2  y 2  12  2.Giải phương trình : 2 sin 2 x  sin 2 x  sin x  cos x  1  0 .  2 3sin x  2 cos x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I   dx 0 (sin x  cos x)3 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt : 10 x 2 8 x  4  m( 2 x  1). x 2  1 . PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD: x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC.  x  2  t  2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:  y  2t .Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-  z  2  2t  1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5    xy  1 yz  1 zx  1 x  y  z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x  y – 2 x – 2 y  1  0, (C ') : x 2  y 2  4 x – 5  0 cùng đi qua M(1; 0). Viết phương 2 2 trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d : y2 x2 z5 x  z và d’ :  y 3 . 1 2 1 Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua d và tạo với d’ một góc 300 Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh  1 1 2  b c a     2  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b ----------------------Hết----------------------
  2. Đ ÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Câu Phần Nội dung I Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa. (2,0) 1(1,0) 2(1,0) Từ giả thiết ta có: (d ) : y  k ( x  1)  1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau 2 2 có hai nghiệm ( x1; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt sao cho  x2  x1    y2  y1   90(*)  2x  4   k ( x  1)  1  kx 2  (2k  3) x  k  3  0  x 1 ( I ) . Ta có: ( I )    y  k ( x  1)  1  y  k ( x  1)  1  Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 3 kx 2  (2k  3) x  k  3  0(**) có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được k  0, k  . 8 2 2 2 2 Ta biến đổi (*) trở thành: (1  k )  x2  x1   90 (1  k )[ x2  x1   4 x2 x1 ]  90(***) 2k  3 k 3 Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1  x2  , x1 x2  , thế vào (***) ta có k k phương trình: 3  41 3  41 8k 3  27k 2  8k  3  0  (k  3)(8k 2  3k  1)  0  k  3, k  , k . 16 16 KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. Câu Ý Nội dung 1 1) CâuII:2. Giải phương trình: 2 sin 2 x  sin 2 x  sin x  cos x  1  0  2 sin 2 x  (2 cos x  1) sin x  cos x  1  0 .   ( 2 cos x  1) 2  8(cos x  1)  ( 2 cos x  3) 2 . VËy sin x  0,5 hoÆc sin x  cos x  1 .  5 Víi sin x  0,5 ta cã x   2k hoÆc x   2 k 6 6   2   Víi sin x  cos x  1 ta cã sin x  cos x  1  sin  x      sin    , suy ra  4 2  4 3 x  2k hoÆc x   2 k 2 2 Điều kiện: | x |  | y | u  x 2  y 2 ; u  0  1 u2  Đặt  ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta có y   v . v  x  y  2 v  Hệ phương trình đã cho có dạng: u  v  12  u  u2  2  v    12   v  u  4 u  3  hoặc  v  8 v  9 u  4  x2  y2  4  +   (I) v  8 x  y  8  u  3  x 2  y 2  3  +   (II) v  9 x  y  9 
  3. Giải hệ (I), (II). Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S   5;3  ,  5; 4  Câu Phần Nội dung III    (1,0) Đặt x   t  dx  dt , x  0  t  , x   t  0. 2 2 2    2 2 2 3sin x  2 cos x 3cos t  2sin t 3cos x  2sin x Suy ra: I   3 dx   3 dt   dx (Do tích phân không phụ 0 (sin x  cos x) 0 (cos t  sin t ) 0 (cos x  sin x)3 thuộc vào kí hiệu cảu biến số).    2 2 2 3sin x  2cos x 3cos x  2sin x 1 Suy ra: 2 I  I  I   3 dx   3 dx   dx = 0 (sin x  cos x) 0 (cos x  sin x) 0 (sin x  cos x) 2   2 1 12 1   1   1 = dx   d  x    tan  x   2  1 . KL: Vậy I  . 0 2 cos 2  x   20   4 2 4 0 2   cos 2  x      4  4 IV 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam 0,25 giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của  AB  IC AB, A’B’. Ta có:   AB   CHH '   ABB ' A '    CII ' C '   AB  HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K  II ' . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K  I ' H '  I 'C '  ; IK  IH  IC  3 6 3 3 0,25 x 3 x 3 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK  OK 2  .  r 2  x 2  6r 2 6 3 h Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V  3  B  B ' B.B '  2 2 2 0,25 Trong đó: B  4x 3  x 2 3  6r 2 3; B '  x 3  3r 3 ; h  2r 4 4 2 2r  2 3r 2 3 3r 2 3  21r 3 . 3 Từ đó, ta có: V   6r 3   6r 2 3.  0,25 3 2 2  3   V NhËn xÐt : 10x 2 8 x  4 = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) 0,25 2x  1 2x  1 0,25 Ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng víi : 2 ( ) 2  m( )2  0. 2 x 1 x2 1 0,25 2x  1 2t 2  2 §Æt  t §iÒu kiÖn : -2< t  5 . Rót m ta cã: m= x2 1 t
  4.   LËp b¶ng biÕn thiªn cña hµm sè trªn  2, 5 , ta cã kÕt qu¶ cña m ®Ó 12 0,25 ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt lµ: 4  m  hoÆc -5 < m  4 5 VIa 0,75 1 1,00 Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t;1  t  .  t 1 3  t  Suy ra trung điểm M của AC là M  ; .  2 2  0,25  t 1 3  t 0,25 Điểm M  BM : 2 x  y  1  0  2    1  0  t  7  C  7;8   2  2 Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y  1  0 tại I (điểm K  BC ). 0,25 Suy ra AK :  x  1   y  2   0  x  y  1  0 . x  y 1  0 Tọa độ điểm I thỏa hệ:   I  0;1 . x  y 1  0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1; 0  . x 1 y Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:   4x  3y  4  0 7  1 8 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thì ( P) //( D) hoặc ( P)  ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH  IA và IH  AH .  d   D  ,  P    d  I ,  P    IH  Mặt khác  H   P  Trong mặt phẳng  P  , IH  IA ; do đó maxIH = IA  H  A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A. r uu r r Vectơ pháp tuyến của (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với v   2; 0; 1 . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2  x  4   1.  z  1  2x - z - 9 = 0 . VIIa Để ý rằng  xy  1   x  y   1  x 1  y   0 ;  yz  1  y  z và tương tự ta cũng có  0,25  zx  1  z  x
  5. Vì vậy ta có: 1,00  1 1 1  x y z  x  y  z       11 1  xy  1 yz  1 zx  1  yz  1 zx  1 xy  1 x y z    3 yz  1 zx+y xy  z  1 z y   x     5 vv  yz  1 zx  y xy  z   z y   x 1   5  z y yz 5 VIb 1) + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R  1, R '  3 , đường thẳng (d) qua M có phương trình a( x  1)  b( y  0)  0  ax  by  a  0, (a 2  b 2  0)(*) . 0,25 + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. Khi đó ta có: 2 2 MA  2 MB  IA2  IH 2  2 I ' A2  I ' H '2  1   d ( I ;d )   4[9   d ( I ';d )  ] , 0,25 IA  IH . 2 2 9a 2 b2 36a 2  b 2  4  d ( I ';d )    d ( I ;d )   35  4. 2  35  2  35  a 2  36b 2 a 2  b2 a  b2 a  b2  a  6 0,25 Dễ thấy b  0 nên chọn b  1   .  a6 Kiểm tra điều kiện IA  IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn. 0,25 2 .§­êng th¼ng d ®i qua ®iÓm M (0;2;0) vµ cã vect¬ chØ ph­¬ng u (1;1;1) §­êng th¼ng d’ ®i qua ®iÓm M ' (2;3;5) vµ cã vect¬ chØ ph­¬ng u '(2; 1; 1) . 1 Mp ( ) ph¶i ®i qua ®iÓm M vµ cã vect¬ ph¸p tuyÕn n vu«ng gãc víi u vµ cos(n; u ' )  cos 600  2 Bëi vËy nÕu ®Æt n  ( A; B; C ) th× ta ph¶i cã : A  B  C  0  B  A  C  B  A  C  2A  B  C 1    2 2   2 2 2 3 A  6 A  ( A  C )  C 2 2 A  AC  C  0 0,25 6 A2  B 2  C 2 2   Ta cã 2 A2  AC  C 2  0  ( A  C )(2 A  C )  0 . VËy A  C hoÆc 2 A  C . NÕu A  C ,ta cã thÓ chän A=C=1, khi ®ã B  2 , tøc lµ n  (1;2;1) vµ mp ( ) cã ph­¬ng tr×nh x  2( y  2)  z  0 hay x  2 y  z  4  0 NÕu 2 A  C ta cã thÓ chän A  1, C  2 , khi ®ã B  1 , tøc lµ n  (1;1;2) vµ mp ( ) cã ph­¬ng tr×nh x  ( y  2)  2 z  0 hay x  y  2 z  2  0 VIIb 1,00 a  b  c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b  c  a . c  a  b  ab ca 0,50 Đặt  x,  y , a  z  x, y , z  0   x  y  z , y  z  x, z  x  y . 2 2 Vế trái viết lại:
  6. a b ac 2a VT    3a  c 3a  b 2 a  b  c x y z    y z zx x y 2z z Ta có: x  y  z  z  x  y  z   2 z  x  y    . x y z x y x 2x y 2y Tương tự:  ;  . yz x yz zx x yz 0,50 x y z 2 x  y  z  Do đó:     2. y z z x x y x yz  1 1 2  b c Tức là: a      2  3a  b 3a  c 2 a  b  c  3a  c 3a  b V.Phương trình x  1  x  2m x 1  x   2 4 x 1  x   m3 (1) Điều kiện : 0  x  1 Nếu x   0;1 thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất 1 1 thì cần có điều kiện x  1  x  x  . Thay x  vào (1) ta được: 2 2 1 1 m  0 2.  m  2.  m3   2 2  m  1 * Với m = 0; (1) trở thành: 2 1  4 x  4 1 x  0 x 2 Phương trình có nghiệm duy nhất. * Với m = -1; (1) trở thành x  1  x  2 x 1  x   2 4 x 1  x   1     x  1  x  2 4 x 1  x   x  1  x  2 x 1  x   0  2 2   4 x  4 1 x   x  1 x  0 4 1 + Với x  4 1 x  0  x  2 1 + Với x  1  x  0  x  2 Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. * Với m = 1 thì (1) trở thành: 2 2 x  1  x  2 4 x 1  x   1  2 x 1  x    4 x  4 1 x   x  1 x  1 Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x  0, x  nên trong trường hợp này (1) không 2 có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. ................................................................................................
nguon tai.lieu . vn
Trung học phổ thông Ôn thi ĐH-CĐ Đề thi - Kiểm tra Sáng kiến kinh nghiệm Tiểu học Mầm non - Mẫu giáo Giáo án điện tử Trung học cơ sở Bài giảng điện tử Bài văn mẫu Vật lý Bài tập SGK Khoa học xã hội Tiếng Anh phổ thông