Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Luyện thi - Đề thi Thi THPT Quốc Gia Môn toán Tuyển tập từ đề 91 100 đề thi thử toán thpt quốc gia có đáp án...

Tài liệu Tuyển tập từ đề 91 100 đề thi thử toán thpt quốc gia có đáp án

.PDF
52
313
140

Mô tả:

THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số : y  ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 91  x 1 (C) 2x  1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox. Câu 2 (1 điểm) 1. Giải phương trình sau trên tập số phức z 2  z  1  0 2. Giải phương trình: cos 2 x  cos x  sin x  1  0 Câu 3 (0,5 điểm) Giải phương trình: 4log 2 x  log 2 x  2 2 Câu 4. (1 điểm) Giải bất phương trình x  1  x 2  2  3x  4 x 2 . 2x  1 dx 1  3x  1 0 1 Câu 5 (1 điểm) Tính tích phân sau I  Câu 6 (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3 4 Câu 7 (1điểm) Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng () : 3x  y  5  0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. Câu 8 (1điểm) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu 9 (0,5điểm) . Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ. Câu 10 (1điểm) . Tìm m để hệ phương trình  x3  y 3  3 y 2  3x  2  0  có nghiệm thực  2 2 2 x  1  x  3 2 y  y  m  0  1 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu 1 TX§: D = R\ {-1/2} Sù BiÕn thiªn: y ,  ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 91 3  2 x  1 2  0x  D 0.25 1 2 Nªn hµm sè nghÞch biÕn trªn (;  )va( 1 ; ) 2 + Giíi h¹n ,tiÖm cËn: lim y   x  1 2 lim y    §THS cã tiÑm cËn ®øng : x = -1/2 x  1 2 0.25 1 2 x  1 lim y   2 x  lim y    ®THS cã tiÖm cËn ngang: y = -1/2 + B¶ng biÕn thiªn:  x y 1a y  -1/2 - , 0.25  -1/2  -1/2 §å ThÞ : y 1 -1/2 0 1 0.25 I -1/2 1b x  1   2  Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là A   ,0 0.25 2 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 1 Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng y  k x      2 x  1 1   2x  1  k  x  2     () tiếp xúc với (C)   /  x  1   k coùnghieä m  2x  1     x  1 1   2x  1  k x  2  (1)      3  k (2)  2x  12  0.25 1  3 x   x  1 2   Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là 2 2x  1  2x  1 1 3 1  (x  1)(2x  1)  3(x  ) và x    x  1  2 2 2 5 1 x . Do đó k   12 2 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y   Câu 0.25 1 1 x   12  2 2 Ta có:   1  4  3  3i 2 căn bậc hai của  là i 3 2a Phương trình có nghiệm: z1  cos 2 x  cos x  sin x  1  0 1 i 3 1 3 1 3   i , z2   i 2 2 2 2 2 cos 2 x  0   sin  x     1    4 2  2b Câu 0.25 0.25 0.25 0.25 k k   4 2  x  k 2  1   (k  ) +) Với sin  x     x    k 2 4 2   2 +) Với cos 2 x  0  x    0.25 3 Điều kiện x > 0. 2 (1)  4log 2 x  log 1 x  2  4log 2 x  2log 2 x  2  0 2 22 Đặt t  log 2 x t  1 2 Pt có dạng 4t  2t  2  0   1 t   2 0.25 3 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 t  1  log 2 x  1  x  21  1 (nhan) 2 1 1 1 2 t   log 2 x   x  2  2 (nhan) 2 2 1 Vậy phương trình có nghiệm x  và x  2 2 Câu 0.25 4 x  0 0  x  1 3  41   2   3  41 . Điềukiện: 1  x  0 3  41  0  x  8 x   2 8 8  2  3x  4 x  0 (*) Bất phương trình đã cho tương đương với 0.25 x  1  x 2  2 x(1  x 2 )  2  3x  4 x 2  3( x2  x)  (1  x)  2 ( x  x 2 )(1  x)  0 0.25  5  34 x  x x 1 9   9 x 2  10 x  1  0   1 x 3  5  34 . x  9  0.25 3 x x x x 2 1  0  1 x 1 x 2 2 2 Kết hợp điều kiện (*),nghiệm của bất phương trình là Câu 5  34 3  41 x . 9 8 5 t 2 1 2  dx  tdt 3 3 Đổi cận x  0  t  1; x  1  t  2 Đặt 3x  1  t ta được x  0.25 0.25 2 2t 3  t 2  3  Khi đó I   dt    2t 2  2t  3  dt 9 1 1 t 9 1 t 1 2  Câu 0.25 2 0.25 28 2 3  ln 27 3 2 0.25 6 C’ A’ B’ Gọi M là trung điểm BC ta thấy: AM  BC    BC  ( A' AM ) A' O  BC   0.25 Kẻ MH  AA' , (do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) H C A Do BC  ( A' AM )    HM  BC .Vậy HM HM  ( A' AM ) O là đọan vuông góc chung của AA’và BC, do đó B d ( AA', BC)  HM  a Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: A' O HM  AO AH 0.25 3 . 4 0.25 4 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831  suy ra A' O  AO.HM a 3 a 3 4 a   AH 3 4 3a 3 1 2 Thể tích khối lăng trụ: V  A' O.S ABC  A' O.AM.BC  Câu 1aa 3 a3 3 a 23 2 12 0.25 7 Viết phương trình đường AB: 4 x  3 y  4  0 và AB  5 Viết phương trình đường CD: x  4 y  17  0 và CD  17 Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: M  (t;3t  5) Ta tính được: d ( M , AB)  13t  19 5 ; d ( M , CD)  0.25 11t  37 0.25 17 Từ đó: SMAB  SMCD  d (M , AB).AB  d (M , CD).CD  t  9  t  7 3 0.25 7  Có 2 điểm cần tìm là: M (9; 32), M ( ; 2) 3 Câu 0.25 8 *Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 *Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên OH // n(2;1;1) ; H   ABC  Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= 0.25 1 2 1 1 suy ra H ( ; ; ) 3 3 3 3 4 2 3 3 2 3 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H là trung điểm của OO’  O' ( ; ; ) Câu 0.25 0.25 0.25 9 3 n     C11  165 0.25 1 1 Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C6  C5 .C62  135 Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là Câu 135 9  165 11 0.25 10  x3  y 3  3 y 2  3x  2  0   2 2 2 x  1  x  3 2 y  y  m  0  (1) (2) 0.25 1  x  0  1  x  1  2  2 y  y  0 0  y  2  2 Điều kiện:  Đặt t = x + 1  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2. 0.25 Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1)  y = t  y = x + 1  (2)  x  2 1  x  m  0 2 2 0.25 5 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 Đặt v  1  x 2  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  1 = m. Hàm số g(v) = v2 + 2v  1 đạt min g (v)  1; m ax g (v)  2 [ 0;1] [ 0;1] 0.25 Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1  m 2 6 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 92 x2 (C) x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 2.Cho điểm A(0;a). Tìm a để từ A kẻ được hai tiếp tuyến tới (C) sao cho hai tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía trục hoành. Câu 2 (1,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3(2.cos 2 x  cos x  2)  (3  2cos x).sin x 0 2cos x  1  zi   1, ( z  C ) 2. Giải phương trình nghiệm phức:   z i 4 Câu 3 (0,5 điểm) Giải phương trình sau: 2 2log3 x  5log3 (9 x)  3  0 Câu 4 (1,0 điểm)  x y4  2  2 2 Giải hệ phương trình sau:  y  1 x  y  2  4x  5  y  8  6 e Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân sau: x 1 log 23 x 1  3ln x 2 dx Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  a, AD  a 2 , tam giác SAB cân tại S và mặt phẳng ( SAB) vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) . Biết góc giữa mặt phẳng ( SAC ) và mặt phẳng ( ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S. ABCD . Gọi H là trung điểm cạnh AB tính góc giữa hai đường thẳng CH và SD. Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng 0xy cho đường tròn (C): . Viết pt đường tròn (C’) tâm M(5;1) biết (C’) cắt (C) tại A,B sao cho AB=√ và bán kính của nó lớn hơn 4. Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x 3 y 9 z 6   và mặt phẳng (P): 2 3 2 . Lập phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d và cách d một khoảng bằng 3 238 Câu 9 (0,5 điểm) Trong mp có bao nhiêu hình chữ nhât được tạo thành từ 6 đường thẳng song song với nhau và 8 đường thẳng vuông góc với 6 đường thẳng song song đó. 7 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 Câu 10 (1,0 điểm). Cho c¸c sè thùc d-¬ng x, y, z tháa m·n: 1 1 1 .   1 x 1 y 1 z TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG yz zx xy    1 . T×m gi¸ trÞ lín x y z nhÊt cña biÓu thøc: A  ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 92 Câu 1 Đk: , PT đường thẳng d qua A và có hsg k có dạng: 0.25 d tiếp xúc với (C) hệ pt sau có nghiệm Thay (2) vào (1) ta được: Đặt Để qua A kẻ được 2 tiếp tuyến có 2 nghiệm phân biệt 1 0.25 1b Theo viet ta có: và Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phía của trục hoành 0.25 Từ (*) Kết hợp với điều kiện (1) ta được: Với thỏa mãn bài toán 0.25 Câu 2 ĐK: Pt đã cho tương đương với pt: 2a 0.25 8 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 0.25 Vậy pt có 2 họ nghiệm Đk: hoặc khi đó, pt đã cho tương đương 0.25 2b (1) (t/m) (2) (t/m) 0.25 Vậy pt có tập nghiệm z={-1;0;1} Câu 3 Giải pt: 2 2log3 x  5log3 (9 x)  3  0 Đk:x>0 2  2log 3 x  5(log 3 9  log 3 x)  3  0 2 Khi đó pt  2log 3 x  5log 3 x  12  0 log 3 x  4  log 3 x  3  2  x  81  1 (t/m) x  3  9  0.25 0.25 Câu 4 Hệ pt đã cho tương đương 0.25 NX: Nếu y=0 thì từ pt (1) Thay x=0; y=0 vào pt (2) ta được: (vô lý). Vậy y=0 không thỏa mãn bài toán *) chia cả 2 vế của pt (1) cho Xét Có . Vậy ta được: đồng biến trên R. 0.25 Từ (*) Thay vào pt (2) ta được 0.25 9 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 Vậy hpt có cặp nghiệm duy nhất (x;y)=(1;1) 0.25 Câu 5 Đặt Từ Đổi cận: với 0.25 1 2 I   1 2 4 0 *) 2 u 2 1  (1u 2 )2 du   (  1 u 4 2u 2 1du ) u 0 2 u 2 1 u  2 u 1 4 2  2( u 2 1) 1 ( u 1) 2 2 2  u 1 2  1 ( u 1) 2 2 1 [( u 1) ( u 1)]2  2  . u 1 4 ( u 2 1) 2 2 2 1  2  u 1 4 1  4  1 2 1     ( u 1)2  ( u 1)( u 1)  ( u 1) 2     1 1  3 1 1        ( u 1)2 ( u 1)2  4  u 1 u 1     1 2  I   ( 1 0 1 2  1 1 1  3 1 1  du )   1    du    4 ( u 1)2 ( u 1) 2 4  u 1 u 1   u 4  2 u 2 1    0  2 u 2 1  1  3 5 1 1 1  3 |u 1|  2   ln 3    u      ln   4 6 4  u 1 u 1  4 |u 1|   0 Câu 6 Vì 0.5 0.25 cân tại S có HA=HB Mặt khác (SAB) Ta có: Trong đó √ đvdt) 0.25 10 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 Trong (ABCD) hạ tại K. (1) Khi đó (*) vuông tại B có Thay vào (*) ta được Ta có : Từ (1) và (2) Từ (1) và (3) 0.25 (3) góc giữa mặt (SAC) và mặt phẳng đáy là có Vậy Gọi sao cho A là trung điểm của EH là hình bình hành. HC//=ED góc giữa SD và CH là góc giữa DE và DS. vuông tại A nên 0.25 vuông tại H nên vuông tại H nên có . Vậy góc giữa DE và DS là với 0.25 Câu 7 Từ pt đường tròn (C) Tâm I(1;-2) và R=√ . Đường tròn (C’) tâm M cắt đường tròn tại A, B nên AB tại trung điểm H của AB. 0.25 √ Nhận xét : Tồn tại 2 vị trí của AB (hình vẽ) là AB, A’B’ chúng có cùng độ dài là Các trung điểm H, H’ đối xứng nhau qua tâm I và cùng nằm trên đường thẳng IM. Ta có : IH’=IH=√ Mà nên MH=MI-HI= ; MH’=MI+IH’= loại) Vậy (C’) : 0.25 =43. 0.25 0.25 Câu 8 11 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 Gọi 0.25 chứa . Giả sử tại H. Hạ HK , thì . Vậy góc AKH nhọn là góc giữa (P) và (Q). Và HK là đoạn vuông góc chung của d và nên 0.25 √ . Do (Q) vuông góc với d nên (Q) có dạng: Với 0.25 Với 0.25 Câu 9 Gọi A là tập hợp gồm 6 đường thẳng song song B là tập hợp gồm 8 đường thẳng vuông góc Mỗi hình chữ nhật được tạo thành gồm 2 đường thẳng trong tập hợp A và 2 đường thẳng trong tập hợp B. 2 2 Như vậy số hình chữ nhật được tạo thành là C8 .C6  420 0.25 0.25 Câu 10 yz zx xy . Ta cã a, b, c > 0 vµ a 2  b2  c2  1 . Ta cã: ,b  ,c  x y z 1 1 1 bc ca ab . DÔ cã: A    3   1  bc 1  ca 1  ab 1  bc 1  ca 1  ab §Æt a   b  c 2 1 b  c  1  b2 c2     2  2  b2  c 2 2 b2  a 2  c 2  a 2 2  b  a 2 c  a 2  1 2 ca 1  c2 a2  ab 1  a2 b2  t-¬ng tù cã:        vµ  1  ca 2  c 2  b2 a 2  b 2  1  ab 2  a 2  c 2 b2  c 2  3 9 tõ ®ã: A  3   . DÊu b»ng x¶y ra khi x = y = z =1/3 2 2 bc  1  bc 4 0.25 2 0.25 0.25 0.25 12 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 93 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x  1 (C) x 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang của đồ thị (C) bằng 4. Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 2(cos x  sin 2 x)  1  4sin x(1  cos 2 x) b) Giải phương trình:.    x 5 1   x 5  1  2 x1 1  x 2 ln x dx Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x 1 e Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết: z  2 z  3  2i b) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ. Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Viết phương trình đường thẳng  đi qua A  3; 2; 4  , song song với mặt phẳng  P  : 3x  2 y  3z  7  0 và cắt đường thẳng  d  : x  2 y  4 z 1 .   3 2 2 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M(5;7) nằm trên cạnh BC. Đường tròn đường kính AM cắt BC tại B và cắt BD tại N(6;2), đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x-y-7=0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2.  2 x 2  6 xy  5 y 2  2 x 2  2 xy  13 y 2  2( x  y )  Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  ( x  2 y ) x  2  4 y . y  8 y . y  2 x  2  2 4 . Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 13 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 P 2 abc 3 3  ab  bc  ca 1  a 1  b 1  c  TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 93 1  Tập xác định: D=R\{3}  Sự biến thiên: y '   4  x  3 2  0, x  D. 0.25 - Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;3 và  3;   . - Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  1; tiệm cận ngang: y  1 . x  x  3 x  lim y  ; tiệm cận đứng: x  3 . lim y  ;  x  3 -Bảng biến thiên: x  y’ 1a y 0.25   3 - - 0.25  1  1  Đồ thị: y 5 1 O 3 0.25 x -5  x 1  Gọi M  x0 ; 0  , (x0 ≠3) là điểm cần tìm, ta có:  x 3  0 Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang: y =1 là d  1b 0.25  4 . x0  3 x0  2 4  4  x0  3  1   x0  3 x0  4 Với x0  2 ; ta có M  2; 3 . Với x0  4 ; ta có M  4;5 Vậy điểm M cần tìm là M  2; 3 và M  4;5 . Câu 2a 2 Phương trình đã cho tương đương với: 2cos x  2sin 2x  1  4sin 2x.cos x  (1  2cos x)(2sin 2 x 1)  0 0.25 0.25 0.25 0.25 14 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831    x   3  k 2 1   cos x  2  (k Z )    x   k  12 sin 2 x  1   2   x  5  k  12  Vậy pt có nghiệm là: x   x  3  k 2 ; x   12  k ; x  5  k 12 0.25 x  5  1  5 1  PT    2   2   2        x 2b ( k Z )  5 1 1   2   t (t  0) ta có phương trình: t  t  2  t  1  Đặt   0.25 x  5 1 Với t=1    2  1 x  0    Câu 0.25 Vậy phương trình có nghiệm x=0 3 1  x 2 ln x 1 dx   dx   x ln xdx x x 1 1 1 e e I  e 0.25 e e 1 A   dx  ln x  1 1 x 1 e B   x ln xdx 1 1  du  x dx u  ln x  Dat   2 dv  xdx v  x  2  0.25 0.25 e ex e x 2 e e2 1 x2 x2  B  .ln x   dx  .ln x    1 12 1 4 1 4 4 2 2 I  Câu 4a 4b e2 5  4 4 0.25 4 Gọi z  a  bi (a, b  R)  z  a  bi Ta có : 3a + bi = 3-2i Suy ra : a=1 và b = -2 Vậy phần thực là 1 và phần ảo là -2 4 Ta có :   C16  1820 Gọi A: “2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ” B: “1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ” C: “1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “ Thì H= A  B  C : “Có nữ và đủ ba bộ môn” 0.25 0.25 0.25 15 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 P( H )  Câu 1 1 C C C  C C C  C8C5C32 3   7 2 8 1 5 1 3 1 8 2 5 1 3 0.25 5 Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cân tại S,suy ra SH  AB, mặt khác (SAB)  (ABCD) nên SH  (ABCD) và SCH  60 0 . Ta có SH  CH .tan 60 0.25 0 S  CB 2  BH 2 .tan 600  a 15. 1 1 4 15 3 VS . ABCD  .SH .S ABCD  a 15.4a 2  a . 3 3 3 Qua A vẽ đường thẳng  song song với BD. Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên  và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó   (SHE)    HK suy ra HK  (S,  ). Mặt khác, do BD//(S,  ) nên ta có k E A D 0.25 H B C d  BD, SA  d  BD,  S , d    d  B,  S ,     2d (H ,(S.))  2HK Ta có EAH  DBA  450 nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra HE   HK  AH 2  a 2 HE.HS HE  HS 2 2  Vậy d BD, SA  2 Câu 0.25 a .a 15 2 2   a     a 15  2   2 15 a. 31 0.25 15 a. 31 6 Ta có nP  3; 2; 3 . Giả sử B(2 + 3t ; –4 – 2t ; 1 + 2t) là giao điểm của  và d . 0.25 Khi đó AB  1  3t; 2  2t;5  2t  , AB ||  P   AB  nP  AB.nP  0  t  2 . 0.25 Vậy B(8; 8;5) và AB  5; 6;9  . 0.25 Vậy phương trình đường thẳng    : Câu x 3 y  2 z  4 .   5 6 9 0.25 7 S 16 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 A Gọi I là tâm đường tròn đường kính AM thì I là trung điểm AM. Dễ thấy MIN  sd MN  2MBN  900 Điểm C  d: 2x-y-7=0. C(c;2c-7) 0.25 Họi H là trung điểm của MN =>H(11/2; 9/2) Phương trình đường thẳng  trung trực của MN đi qua H và vuông góc với MN là d: x-5y+17=0 Điểm I => I(5a - 17;a) B I M E H N D C MN  (1; 5)  MN  26  22  5a    7  a  IM  (22  5a;7  a)  IM  2 2 Vì MIN vuông cân tại I và MN  26  IM  13   22  5a    7  a  2 2  13 0.25 a  5  26a 2  234a  520  0   a  4 Với a=5 =>I(8;5) => A(11;9) (loại) Với a=4 =>I(3;4) => A(1;1) (t/m) Gọi E là tâm hình vuông nên E ( c 1  11  c  ; c  3)  EN   ;5  c  2  2  Vì ACBD  AC.EN  0 11  c   2c  8  .  5  c   0 2 c  7(t / m) 2  5c  48c  91  0   13 c  (loai ) 5   (c  1). Suy ra: C(7;7) => E(4;4) Pt BD: x+y−8=0, pt BC:x−7=0 Câu B(7,1) D(1,7) 0.25 0.25 8  x  2  Điều kiện:  y  0 x  y  0  Xét y = 0, hệ vô nghiệm nên y khác 0 . Chia cả 2 vế của (1) cho y ta được: 2 2 x x x x x 2    6  5  2    2  13  2(  1) y y y  y  y x Dat t= (t  1) y 0.25 PT : 2t 2  6t  5  2t 2  2t  13  2(t  1)  t 4  2t 3  3t 2  4t  4  0   t  1  t  2  2 2 t  1(loai) 0 t  2(t / m) 0.25 17 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 Với t = 2 => x=2y, thế vào (2) ta được: 4 y 2 y  2  4 y2. y  8 y4. y  2 2 y  2  4 y 2 y  2  2 2 y  2  8 y4. y  4 y2. y 2 2 2 y y 4 0.25 2  2  8 y3  4 y y 2  2 2 3    2 22  2   2 y   2.  2 y  y y  y (3) Xét hàm số f(u)=u3+2u với u>0; có f’(u) = 3u2 +2>0, mọi u>0 => hàm số đồng biến  2 Câu  Từ (3)  f   y  2   f 2y     Hệ có nghiệm duy nhất (2;1) 9 2  2  2 y  4 y3  2 y  2  0  y  1 y 0.25 Áp dụng Bất đẳng thức: ( x  y  z)2  3( xy  yz  zx) , x, y, z  ta có: (ab  bc  ca)2  3abc(a  b  c)  9abc  0  ab  bc  ca  3 abc Ta có: (1  a)(1  b)(1  c)  (1  3 abc )3 , a, b, c  0 . Thật vậy: 0.25 1  a 1  b 1  c   1  (a  b  c)  (ab  bc  ca)  abc  1  3 3 abc  3 3 (abc)2  abc  (1  3 abc )3 Khi đó: P  2 3 abc  Q (1). 3(1  abc ) 1  3 abc  abc  Đặt abc  t ; vì a, b, c > 0 nên 0  abc     1 3   2 2t  t  1  t 5  1 2 t  , t   0;1  Q(t )  Xét hàm số Q   0, t   0;1 . 2 2 3(1  t 3 ) 1  t 2 1  t 3  1  t 2  3 0.25 6 Do đó hàm số đồng biến trên  0;1  Q  Q  t   Q 1  Vậy maxP = 0.25 1 1 (2). Từ (1) và (2): P  . 6 6 1 , đạt được khi và và chi khi : a  b  c  1 . 6 0.25 18 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 94 2x 1 (1) x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm có tung độ bằng 3.. Câu 2* (1,0 điểm). Câu 1* (2,0 điểm). Cho hàm số y a) Cho góc thỏa mãn b) Cho số phức z 2 cos 2 4 . Tính A 5 và sin 1 cos 2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w 1 x Câu 3* (0,5 điểm). Giải phương trình log3 (3 Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2) 2 x 2 1 z2 2iz . x. 1 8 x 2x x . 3 x2 Câu 5* (1,0 điểm). Tính tích phân x 1 xdx . 0 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , tâm O và SO vuông góc với mặt phẳng ABCD . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho MA = 2MS. Gọi N là trung điểm của CD , SNO với mặt phẳng (ABCD) . 600 . Tính thể tích khối chóp S .ABCD theo a và cosin góc giữa MN Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình AD : x  2y  3  0 . Trên đường thẳng qua B và vuông góc với đường chéo AC lấy điểm E sao cho BE  AC (D và E nằm về hai phía so với đường thẳng AC). Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD , biêt điểm E (2; 5) và đường thẳng AB đi qua điểm F (4; 4) và điểm B có hoành độ dương. Câu 8* (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : x x và đường thẳng d : 2 y 1 1 2 y z 3 0 z . Tìm tọa độ giao điểm của (P) và d; tìm tọa độ điểm A 1 thuộc d sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 2 3 . Câu 9* (0,5 điểm). Cho khai triển (1 dương n biết a0 8a1 2a2 2x )n a0 a2x 2 a1x anx n . Tìm số nguyên ... 1. Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm x, y, z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 4 x2 y2 4 z2 4 (x y ) (x 5 2z )(y 2z ) (y z ) (y 2x )(z 2x ) . 19 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 94 1 +Tập xác định: D  / 1 + Giới hạn và tiệm cận: lim y  ; lim y  ; lim y  2; lim y  2 x 1 x 1 x  x  Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1 và một tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2. + Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y '   1a 1  0, x  D ( x  1)2 0.25 Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (;1) và (1; ) Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị Bảng biến thiên : x  1 y’ y 2    0.25 2 + Vẽ đồ thị: Gọi tiếp điểm là M ( x0 ; y0 ) ta có y0  3  1b 2x 0  1 0.25 0.25  3  x 0  2  M (2; 3) x0  1 0.25 0.25 0.25 hay y  x  5 Câu Suy ra, hệ số góc k của tiếp tuyến là: k  y '(2)  1 Do đó phương trình tiếp tuyến cần lập là: y  1(x  2)  3 0.25 2 Ta có A 2a cos 2 1 cos 1 2 sin2 1 cos cos2  1  sin2   1  0.25 16 9 3 3    cos    cos   (do     ) 25 25 5 5 2 0.25 4 7 3 Thay sin   , cos   vào A ta được A   5 40 5 2b Câu Ta có z  1  2i , khi đó w  (1  2i)2  2i(1  2i)  1  4i  4i 2  2i  4i 2 Do đó, phần thực của số phức w là: -7 và phần ảo của số phức w là: -2 7 2i 0.25 0.25 3 20
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan