Danh mục

Hướng dẫn giải bộ đề thi thử 1,2

Số trang: 8      Loại file: pdf      Dung lượng: 369.17 KB      Lượt xem: 9      Lượt tải: 0    
tailieu_vip

Xem trước 2 trang đầu tiên của tài liệu này:

Thông tin tài liệu:

Tham khảo tài liệu hướng dẫn giải bộ đề thi thử 1,2, tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Hướng dẫn giải bộ đề thi thử 1,2 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 01PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh)Câu I. Cho hàm số: y  2 x 3   m  1 x 2   m 2  4m  3 x  1 . 3 21. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -3.2. Với giá trị nào của m hàm số có cực đại, cực tiểu? Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm cực đại, cực tiểu của hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x1 .x 2  2  x1  x2  .Đáp án: Ta có y   2 x 2  2  m  1 x  m 2  4m  3 .Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 hay   m  1  2  m 2  4m  3  0  m 2  6m  5  0  5  m  1 2Theo định lí Vi-ét, ta có x1  x 2    m  1 , x1 .x 2  1  m 2  4m  3 2Suy ra 1  m 2  4m  3  2  m  1  1 m 2  8m  7 2 2Ta nhận thấy, với m  5;  1 thì 9  m 2  8m  7   m  4  9  0 2Do đó A lớn nhất bằng 9 khi m = -4. 2Câu II.1. Giải phương trình 1  cot 22x cot x  2  sin 4 x  cos 4 x   3 cos xĐáp án: Điều kiện: sin2x  0.Phương trình  sin 2 x 2  2  2 1  1 sin 2 2 x  3  sin 4 2 x  sin 2 2 x  2  0 sin 2 2 x  2 2  sin 2 2 x  1  cos 2 x  0  x    k   k      sin 2 x  1 4 42. Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình x  4  x   m  x 2  4 x  5  2   2 nghiệm đúng với mọi giá trị x thuộc đoạn 2; 2  3   Đáp án: Đặt t  x 2  4 x  5 . Từ x  2; 2  3   t 1; 2 . Bất phương trình đã cho tương đương với:   5  t 2  m  t  2   0  m  t  5  g  t  (do t  2  0 ) 2 t2Bất phương trình nghiệm đúng x  2; 2  3   m  max g  t  , t  1; 2 .  1Xét hàm g(t) có g(t) đồng biến t  1; 2  m  max g  t   m  2   1 , t  1; 2 4Câu III. 1. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD  a 2 , CD = 2a. Cạnh SA vuông góc với đáy và SA  3 2a  a  0  . Gọi K là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh mặt phẳng (SBK) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích khối chóp SBCK theo a. Đáp án: 1. Gọi H là giao của AC và BK thì BH = 2 BK  2a 3 và CH = 1 ; CA = a 6 3 3 3 3  BH 2  CH 2  2a 2  BC 2  BK  AC Từ BK  AC và BK  SA  BK  (SAC)  (SBK)  (SAC) 2 VSBCK = 1 SA.SBCK = 1 3a 2  a 2  a 3 (đvtt) 3 3 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O1 A1B1 với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) và O1(0; 0; 4). Xác định tọa độ điểm M trên AB, điểm N trên OA1 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (): 2 x  y  z  5  0 và độ dài MN = 5.Đáp án:  x  2n   Có A1(2; 0; 4)  OA1   2; 0; 4  phương trình OA1:  y  0  N  2n; 0; 4n   z  4n   x  2  2m   Có AB   2; 4; 0  phương trình AB:  y  4m  N  2  2m; 4m; 0  z  0   Vậy MN   2n  2m  2;  4m; 4 m     Từ MN //     MN .n    0  2  2n  2m  2   4m  4n  0  n  1  N 1; 0; 2  . 2Khi đó: MN   2m  1  16m 2  4  5   2 2 1  m  1  M 8 ; 4 ; 0 5 5 5  m  0    M 2  2; 0; 0   A ...

Tài liệu được xem nhiều: