zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 3

Chia sẻ: Nguyễn Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

233
lượt xem 82
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề luyện thi cấp tốc môn toán 2011 - đề số 3', 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 LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 3

www.VNMATH.com PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có 0,25đ 2 2 2 11   13   1  5  dạng:  x     y     z    6  6  3 6  CâuVIIb 2009  C2009  iC2009  ..  i 2009C2009 0 1 2009 Ta có: (1  i) (1,0) 0 2 4 6 2006 2008 C2009  C2009  C2009  C2009  ....  C2009  C2009  1 3 5 7 2007 2009 (C2009  C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009 )i 0,25đ 1 0 2 4 6 2006 2008 Thấy: S  ( A  B) , với A  C2009  C2009  C2009  C2009  ....  C2009  C2009 2 0 2 4 6 2006 2008 B  C2009  C2009  C2009  C2009  ...C2009  C2009 0,25đ 2009 2 1004 1004 1004 1004 + Ta có: (1  i )  (1  i )[(1  i ) ]  (1  i).2  2  2 i . Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của (1  i ) 2009 n ờn A  21004 . + Ta có: (1  x) 2009  C2009  xC2009  x 2C2009  ...  x 2009C2009 0 1 2 2009 0 2 2008 1 3 2009 Cho x=-1 ta có: C2009  C2009  ...  C2009  C2009  C2009  ...  C2009 0,25đ Cho x=1 ta có: (C2009  C2009  ...  C2009 )  (C2009  C2009  ...  C2009 )  2 2009 . 0 2 2008 1 3 2009 0,25đ Suy ra: B  22008 . + Từ đó ta có: S  21003  2 2007 . ĐỀ 3 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. 2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) cos 2 x.  cos x  1  2 1  sin x  . 1. Giải phương trình sin x  cos x 7  x2  x x  5  3  2x  x2 ( x  ) 2. Giải phương trình 3 x3 Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân dx .  3. x 1  x  3 0 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x  y  3 xy. x3  y 3  16 z 3 Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3  x  y  z II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 16 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x  1 y 1 z  2 x2 y2 z d1 : , d2:     2 3 1 1 5 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x  3 y  2 z 1 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M   2 1 1 là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  n ằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 . 1  Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình log 1  y  x   log 4 y  1 ( x, y ) 4  x 2  y 2  25  ĐÁP ÁN ĐỀ 3 Câu Nội dung Điểm I HS tu lam 2,0 II 2.0 cos 2 x.  cos x  1  2 1  sin x  . Giải phương trình 1 1.0 sin x  cos x 0.25 Đ K: sin x  cos x  0 Khi đó PT  1  sin 2 x   cos x  1  2 1  sin x   sin x  cos x   1  sin x  1  cos x  sin x  sin x.cos x   0 0.25  1  sin x  1  cos x  1  sin x   0 sin x  1 (thoả mãn điều kiện)  0.25 cos x  1    x   2  k 2 k, m      x    m 2 0.25  k, m    k 2 và x    m 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x   2 2 1.0 7  x2  x x  5  3  2 x  x 2 ( x  ) Giải phương trình: 17 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 3  2 x  x 2  0  PT   0.25 2 2 7  x  x x  5  3  2 x  x  3  2 x  x 2  0   0.25  x x  5  2( x  2)    3  x  1  2  x  0     x  0 0.25  x  1  x  16   0 2   x2  x  5  2. x   x  1 0.25 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 3 x3 1.0 Tính tích phân dx .  3. III x 1  x  3 0 x  0  u  1 x  1  u 2  1  x  2udu  dx ; đổi cận:  Đặt u = 0.25 x  3  u  2 3 2 2 2 2u 3  8u x 3 1 0.25 T a có:  3 x  1  x  3dx   u 2  3u  2du   (2u  6)du  6 u  1du 0 1 1 1 2 0.25 2   1  6ln u  1 1  u 2  6u 3 0 .25  3  6 ln 2 IV 1.0 D Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . C B 0.25 N H M A 2  3 6 2 2 2 T rong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1    3 3   0.25 1 3 AM . AN .sin 600  Diện tích tam giác AMN là S AMN  xy 2 4 1 2 0.25 Thể tích tứ diện D. AMN là V  S AMN .DH  xy 3 12 18 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 1 1 1 xy.sin 600  x. AH .sin 300  y. AH .sin 300 T a có: S AMN  S AMH  S AMH  2 2 2 0 .25  x  y  3 xy. V 1.0 3  x  y 2 (biến đổi tương đương)  ...   x  y   x  y   0 T rước hết ta có: x3  y 3  0.25 4 3 3  64 z 3  64 z 3 x  y a  z 3  1  t   64t 3 4P  Đặt x + y + z = a. Khi đó  3 3 a a 0.25 z (với t = , 0  t  1 ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có 1 2 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1 0.25   9 Lập bảng biến thiên 64 16  Minf  t    GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 81 81 t0;1 VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21  x  5 x  2 y 1  0  21 13   0.25  B ;     x  7 y  14  0  y  13 5 5  5  Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và    BD, kí hiệu n AB (1; 2); nBD (1; 7); n AC (a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các           đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos n AB , nBD  cos nAC , nAB 0.25  a  b 3 a 2  b 2  7a 2  8ab  b 2  0    a  2b  a   b 2  7 - Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, x  y 1  0 x  3 A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:   A(3; 2)  x  2 y 1  0  y  2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7  x  2 x  y 1  0 7 5  0.25 I  ;    x  7 y  14  0 5  2 2  y    2  14 12  Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;  5 5 19 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0  x  1  2t x  2  m   Phương trình tham số của d 1 và d 2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5m 0.25   z  2  t  z  2m Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)   0.25  MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 3  m  2t  2k       Do d  (P) có VTPT nP ( 2; 1; 5) nên k : MN  k n p   3  5m  3t   k có nghiệm 0.25  2  2m  t  5k  m  1 Giải hệ tìm được  t  1  x  1  2t  0.25 Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y  4  t thoả mãn bài toán  z  3  5t  Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình VII.a 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 n  N Điều kiện:  n  3 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3 n  7 (thoả mãn)  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0    n  13 (không thoả mãn) 0.25 Vậy n = 7. 3 2 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  . 1  i    1  i  .(2i )3  (1  i).( 8i)  8  8i 0.25   Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử B( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d 2  xC  2 yC  7  xB  xC  2  6 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:   y B  yC  3  0 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25   T a có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) n ên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 20 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 9 81  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = B án kính R = d(C; BG) = 0.25 5 25 2 1.0 T a có phương trình tham số của d là:  x  3  2t  x  3  2t  y  2  t    y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ (tham số t)  0.25  z  1  t  z  1  t   x  y  z  2  0  M (1; 3;0)    Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud ( 2;1; 1) .     Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)     Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó MN ( x  1; y  3; z ) .     0.25 Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x  y  z  2  0  Lại có N  (P) và MN = 42 ta có hệ:  2 x  3 y  z  11  0  2 2 2 ( x  1)  ( y  3)  z  42 Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 x5 y2 z5 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  :   2 3 1 0 .25 x3 y4 z5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  :   2 3 1 1 VII.b 1.0  log 1  y  x   log 4 y  1 ( x, y   ) Giải hệ phương trình  4  x 2  y 2  25  y  x  0 Đ iều kiện:  0.25 y  0 yx yx 1 1   log 4  y  x   log 4 y  1 log 4 y  1  y  4 Hệ phương trình     0.25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25 2 2  x  y  25   x  3y x  3y x  3y   2  2   2 25 0.25 2 2  y  10  x  y  25 9 y  y  25    15 5  x; y    (không thỏa mãn đk) ;   10 10    0.25  15 5 (không thỏa mãn đk)  x; y     ;   10 10    Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 21 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.06: Bộ 240 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2023

240 tài liệu

1086 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.