Đề thi ôn thi đại học môn toán - Đề số 5

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

Thêm vào BST

Báo xấu

69
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi ôn thi đại học môn toán - đề số 5', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

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 5

Đ ề số 5 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  1 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị (C). x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số . 2. Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại Avà B. Gọi I là giao điểm hai tiệm cận . Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 3sin2x  2sin x 1. Giải phương trình: (1) 2 sin2 x.cos x  x 4  4 x2  y2  6 y  9  0  2. Giải hệ phương trình : (2) 2 2  x y  x  2y  22  0   2 2 I   esin x .sin x.cos3 x. dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau: 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên bằng a, mặt bên hợp với đáy góc  . Tìm  để thể tích của khối chóp đạt giá trị lớn nhất. Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x z y P  3 4(x3  y3 )  3 4(x 3  z3 )  3 4(z3  x3 )  2     y 2 z2 x 2    II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1 I( ; 0) . Đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình x – 2y + 2 = 0, AB = 2 2AD. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D, biết đỉnh A có hoành độ âm . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng ( d1) và ( d2 ) có x 1 y  1 z- 2 x - 4 y 1 z 3 phương trình: ( d1); . ; (d2 ) :     2 3 1 6 9 3 Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa (d 1 ) và ( d2 ) . Câu VII.a (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt : 10 x2  8x  4  m(2 x  1). x2  1 (3) B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD biết M(2;1); N(4; –2); P(2;0); Q(1;2) lần lượt thuộc cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các cạnh của hình vuông. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng () và () có
x  3  t  x  2  2 t ' phương trình: ( ) :  y  1  2t  ; (  ) :  y  2 t '  z  4  z  2  4t '   Viết phương trình đường vuông góc chung của () và (). Câu VII.b (1 điểm) Giải và biện luận phương trình: mx  1 .(m2 x2  2mx  2)  x3  3x2  4x  2 (4) Hướng dẫn Đề sô 5  3 Câu I: 2) Gọi M  x0 ; 2   (C). x0  1   3 3 Tiếp tuyến d tại M có dạng: y  ( x  x0 )  2  2 ( x0  1) x0  1  6 Các giao điểm của d với 2 tiệm cận: A 1;2   , B(2x0 –1; 2). x0  1   SIAB = 6 (không đổi)  chu vi IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB  x0  1  3 6   M1( 1  3; 2  3 ); M2( 1  3;2  3 )  2 x0  1   x0  1  x0  1  3 
2(1  cos x )sin x(2cos x  1)  0  Câu II: 1) (1)    2cosx – 1 = 0  x    k 2 sin x  0, cos x  0 3 ( x 2  2) 2  ( y  3) 2  4  x2  2  u 2) (2)   2 . Đặt   2 y  3  v ( x  2  4)( y  3  3)  x  2  20  0  u 2  v 2  4 u  2 u  0 Khi đó (2)    hoặc  v  0 v  2 u.v  4(u  v )  8  x  2  x  2  x  2  x   2 ; ;  ;   y  3 y  3 y  5 y  5    1 1t 1 Câu III: Đặt t = sin2x  I=  e (1  t )dt = 2 e 20 tan  43 Câu IV: V= . Ta có a. 3 (2  tan 2  )3 tan 2  tan 2  1 1 1 . .   2 3 2 2 2 (2  tan  ) 2  tan  2  tan  2  tan  27 4a 3 3 khi đó tan 2  =1   = 45 o .  V max  27 4( x 3  y 3 )  ( x  y )3 . Câu V: Với x, y, z > 0 ta có Dấu "=" xảy ra  x = y 4( y 3  z 3 )  ( y  z )3 . Tương tự ta có: Dấu "=" xảy ra  y = z 4( z 3  x 3 )  ( z  x)3 . Dấu "=" xảy ra  z = x  3 4( x3  y 3 )  3 4( y 3  z 3 )  3 4( z 3  x 3 )  2( x  y  z )  6 3 xyz x z y 6 Ta lại có 2  . Dấu "=" xảy ra  x = y = z  2  2  2 y z x xyz 3
   xyz  1 1 Vậy P  6  3 xyz    12 . Dấu "=" xảy ra   x=y=z=1   x  y  z xyz 3   Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1. Câu VI.a: 1) A(–2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(–1; –2) 2) Chứng tỏ (d1) // (d2). (P): x + y – 5z +10 = 0 Câu VII.a: Nhận xét: 10 x 2  8 x  4  2(2 x  1) 2  2( x 2  1) 2 2x 1 2x 1 2x  1 (3)  2  2   m  2   2  0 . Đặt 2  t Điều kiện : –2< t  5 .     x 1  x 1  x 1  2t 2  2 12 hoặc –5 < m  4 . Lập bảng biên thiên  4  m  Rút m ta có: m= t 5  Câu VI.b: 1) Giả sử đường thẳng AB qua M và có VTPT là n  ( a; b) (a2 + b2  0)  => VTPT của BC là: n1  ( b; a ) . Phương trình AB có dạng: a(x –2) +b(y –1)= 0  ax + by –2a –b =0 BC có dạng: –b(x – 4) +a(y+ 2) =0  – bx + ay +4b + 2a =0  Do ABCD là hình vuông nên d(P; AB) = d(Q; BC) b 3b  4a  b  2a   b  a 2 2 2 2 a b a b  b = –2a: AB: x – 2y = 0 ; CD: x – 2y –2 =0; BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y – 4 =0
 b = –a: AB: –x + y+ 1 =0; BC: –x –y + 2= 0; AD: –x –y +3 =0; CD: –x + y+ 2 =0 2 x – y  10 z – 47  0 2)   x  3y – 2z  6  0 Câu VII.b: (4)  ( mx  1)3  mx  1  ( x  1)3  ( x  1) . Xét hàm số: f(t)= t 3  t , hàm số này đồng biến trên R. f ( mx  1)  f ( x  1)  mx  1  x  1 Giải và biện luận phương trình trên ta có kết quả cần tìm. 2  1  m  1 phương trình có nghiệm x = m 1  m = –1 phương trình nghiệm đúng với x  1  Các trường hợp còn lại phương trình vô nghiệm.