Đề thi ôn thi đại học môn toán - Đề số 47

Chia sẻ: Dinh Lam | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

120
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề số 47 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x4  2m2 x2  m4  2m (1), với m là tham số. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 2) Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt, với mọi m  0 . Câu II (2 điểm):   1) Giải phương trình: 2sin  2x    4sin x  1 6   2) Tìm các giá trị của...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi ôn thi đại học môn toán - Đề số 47

Đề số 47 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x4  2m2 x2  m4  2m (1), với m là tham số. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 2) Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt, với mọi m  0 . Câu II (2 điểm):   1) Giải phương trình: 2sin  2x    4sin x  1 6   2y  x  m 2) Tìm các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình  có  y  xy  1 nghiệm duy nhất.  x  12 Câu III (1 điểm): Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x)  .  2x  14 Câu IV (1 điểm): Cho khối tứ diện ABCD. Trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho BC  4BM , BD  2BN và AC  3AP . Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện ABCD làm hai phần. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần đó.
Câu V (1 điểm): Với mọi số thực dương x; y; z thỏa điều kiện x  y  z  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  1 1 1 P  x  y  z 2    .  x y z II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Giải phương trình: 2xlog4 x  8log2 x . x 1 2) Viết phương trình các đường thẳng cắt đồ thị hàm số y  tại hai điểm x2 phân biệt sao cho hoành độ và tung độ của mỗi điểm đều là các số nguyên. Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d  : 2x  y  4  0 . Lập phương trình đường tròn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d). 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 2 1  log2 x  log4 x  log8 x  0 1) Giải bất phương trình: 2) Tìm m để đồ thị hàm số y  x3   m  5 x2  5mx có điểm uốn ở trên đồ thị hàm số y  x3 .
Câu VII.b (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A( 1;3;5) , B(4;3;2) , C(0;2;1) . Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Hướng dẫn Đề số 47 Phương trình HĐGĐ của đồ thị (1) và trục Câu I: 2) Ox : x4  2m2 x2  m4  2m  0 (). Đặt t  x2  t  0 , ta có : t 2  2m2t  m4  2m  0 () Ta có :  '  2m  0 và S  2m2  0 với mọi m  0 . Nên PT () có nghiệm dương.  PT () có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm). Câu II: 1) PT  3 sin2x  cos2x  4sin x  1  0  2 3 sin x cos x  2sin2 x  4sin x  0 .   sin x  3 cos x  2 sin  x    1   3 cos x  sin x  2 sin x  0    2 3  sin x  0  x  k   5   x  6  k2  x  k 
2y  x  m (1) 2)  .  y  xy  1 (2) y  1  2 Từ (1)  x  2y  m , nên (2)  (vì y  0) 1 2y  my  1  y   m y  2  y  1 1 Xét f  y   y   2  f '  y   1  0 y2 y Dựa vào BTT ta kết luận được hệ có nghiệm duy nhất  m  2 . 2 3  x  1  1  x 1  1  x 1  Câu III: Ta có: f  x   .   F  x   .  C  3  2x  1   2x  1  9  2x  1  Câu IV: Gọi T là giao điểm của MN với CD; Q là giao điểm của PT với AD. TD DD ' 1 Vẽ DD // BC, ta có: DD=BM  .  TC MC 3 TD AP 1 QD DP CP 2 Mà:   AT DP      TC AC 3 QA AT CA 3 VA.PQN AP AQ 1 3 1 1 Nên: (1) .  .   VA.PQN  VABCD  VA.CDN AC AD 3 5 5 10 VC.PMN CP CM 2 3 1 1 Và: (2). .  .   VABMNP  VABCD  VC. ABN CA CB 3 4 2 4 7 Từ (1) và (2), suy ra : VABMNQP  . V 20 ABCD
7 13 Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm là hoặc . 13 7 2 1 Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 18x   12 (1). Dấu bằng xảy ra  x  . x 3 2 2 Tương tự: 18y   12 (2) và (3). 18z   12 z y Mà: 17  x  y  z  17 (4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P  19 . 1 1 Dấu "=" xảy ra  x  y  z  . Vậy GTNN của P là 19 khi x  y  z  . 3 3 Câu VI.a: 1) Điều kiện : x  0 . t  log2 x t  log2 x   x  2  PT  1  log2 x log4 x  3log2 x 2   t  1 x  4 t  3t  2  0  t  2  1 . Do đó: x, y  Z  x  2  1  x  3, x  1 2) Ta có: y  1 x2 Suy ra tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là những số nguyên là A 1; 0 , B  3; 2 Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là: x  y  1  0 . Câu VII.a: Gọi I  m; 2m  4   d  là tâm đường tròn cần tìm. 4 Ta có: m  2m  4  m  4, m  . 3
2 2 4  4  4  16  m  thì phương trình đường tròn là: x  y   . 3 3  3 9  2 2  m  4 thì phương trình đường tròn là:  x  4   y  4  16 . t Câu VI. b: 1) Điều kiện : x  0 . Đặt t  log 2 x , ta có : 1  t  t   0 3 4 4 1 BPT  3t 2  4t  0    t  0    log 2 x  0   x 1. 3 3 3 22 2) Ta có: y '  3 x 2  2  m  5  x  5m; y "  6 x  2m  10 . 5m 5m ; y đổi dấu qua x  . y"  0  x  3 3  5  m 2  m  5 3 5m  m  5    là điểm uốn. Suy ra: U   ; 3  27 3   y  x3 Để điểm uốn U nằm trên đồ thị hàm số thì 3 3 2  m  5 5m  m  5  5m   m 5   27 3 3 Câu VII.b: Ta có: AB  BC  CA  3 2  ABC đều. Do đó tâm I của đường tròn ngoại tiếp ABC là trọng tâm của nó.  5 8 8 Kết luận: I   ; ;  .  3 3 3