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 13

Chia sẻ: Nguyễn Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Báo xấu

168
lượt xem 41
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 13', 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 13

www.VNMATH.com r 5 1 l l 0 2 y'(r) y(r) ymax 5 1 + ) Ta có max Scầu đạt  y(r) đạt max  r  l 2 + ) Ta có V P  ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx) x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )2   P  ( x  y  z)  x2  y 2  z2   2   2  ( x  y  z )2   ( x  y  z) 2   P  ( x  y  z ) 2   ( x  y  z ) 3    2 2     1 điểm 13 + ) Đặt x +y + z = t, t  6 ( Bunhia cov xki) , ta được: P(t )  3t  t 2 + ) P '(t )  0  t   2 , P(  6 ) = 0; P( 2)  2 2 ; P( 2)  2 2 + ) KL: MaxP  2 2; MinP  2 2 VI 5 + ) d ( I , AB)   AD = 5  AB = 2 5  BD = 5. 2 +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4 x  2  12 25  2   y  2  A( 2;0), B(2; 2) ( x  )  y  +) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:  4  2  x  2 x  2y  2  0    y  0   C (3; 0), D (1; 2) VII x 2  2010  2 2  2009 y  x  (1) 2  2010  y   3 log 3 ( x  2 y  6)  2 log 2 ( x  y  2)  1(2) + ) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt: x 2  log 2009 ( x 2  2010)  y 2  log 2009 ( y 2  2010) + ) Xét và CM HS f (t )  t  log 2009 (t  2010), t  0 đồng biến, từ đó suy ra x2 = y2  x= y, x = - y +) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t t t 1 8 Đưa pt về dạng       1 , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1 9 9  x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1  y = - 3  x = 3 ĐỀ 13 PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH . 68 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x3 – 3x2 + 2 m 2 2 ) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : x  2 x  2  x 1  5  Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 2 2 cos   x  sin x  1  12   log 2 x  y  3log8 ( x  y  2) 2 ) Giải hệ phương trình:  . x2  y2  1  x2  y2  3    /4 sin x Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân: I  dx  1  x2  x  /4 Câu IV ( 1 ,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 .Trên cạnh SA lấy điểm M a3 sao cho AM = , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM 3 -x -y -z Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 + 5 +5 = 1 .Chứng minh rằng 25x 25y 25z 5 x  5y  5 z    25x  5yz 5y  5zx 5z  5xy 4 PHẦN B ( THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1 HOẶC PHẦN 2) PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH : x  y  1  0 , phân giác trong BN : 2 x  y  5  0 .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC x  2 y z 1   2 .( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d và hai điểm 6 8 4 A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất z2 Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C: z 4  z 3   z  1  0 2 PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x  y  3  0 và d 2 : x  y  6  0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :  x  2  2t x  2 y 1 z D2 :  y  3  , D1 :  1 1 2 z  t  Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D1 và D2 0 4 8 2004 2008 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: S  C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009 ĐÁP ÁN ĐỀ 13 Câu I 2 điểm a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3x 2  2. 69 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 0,25 Tập xác định: Hàm số có tập xác định D  R. x  0 Sự biến thiờn: y'  3x 2  6 x. T a có y'  0   x  2 0,25 yCD  y  0   2; yCT  y  2   2. Bảng biến thiên: 0,25 0 2   x 0 0    y' 2  y  2 Đồ thị: y f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 5 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 0,25 -5 b) m Biện luận số nghiệm của phương trình x 2  2 x  2  theo tham số m. x 1 0,25 m   x 2  2 x  2  x  1  m,x  1. Do đó số nghiệm của phương Ta có x 2  2 x  2  x 1 trình bằng số giao điểm của y   x 2  2 x  2  x  1 , C'  và đường thẳng y  m,x  1. 0,25  f  x  khi x  1  Vỡ y   x 2  2 x  2  x  1   nờn  C'  b ao gồm:  f  x  khi x  1  + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x  1. + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x  1 qua Ox. 70 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com y f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) 5 x 0,25 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 h ình Dựa vào đồ thị ta có: + m  2 : Phương trình vụ nghiệm; + m  2 : Phương trình có 2 nghiệm kộp; 0,25 + 2  m  0 : Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt; + m  0 : Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt. 2 ) Đồ thị hàm số y = ( x 2  2 x  2) x  1 , với x  1 có dạng như hình vẽ : 1 2 1+ 3 1- 3 -2 m  5 5  5    1 ) 2 2cos   x  sin x  1  2 sin  2 x    sin   1 II  12 12  12    71 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 0.25 1) 5  5  5   5 1    sin  2 x   sin  sin  2 x    sin 12    sin 4  sin 12  12  4 12  2         2 cos sin     sin    3  12   12  0.25 5      x  6  k  2 x  12   12  k 2 5     k    sin  2 x    sin       5 13 3 12   12   2x  x   k 2  k     12 12  4 0 .5 2 .)  log 2 x  y  3log8 ( x  y  2) Giải hệ phương trình:  . x2  y2  1  x2  y2  3   Điều kiện: x+y>0, x-y>0 log 2 x  y  3log8 (2  x  y )  x y  2 x y     0 ,25đ x2  y2  1  x2  y 2  3 2 2 2 2  x  y 1  x  y  3     u  v  2 (u  v)  u  v  2 uv  4 u  x  y     u 2  v2  2 Đặt:  ta có hệ:  u 2  v 2  2 v  x  y  uv  3   uv  3  2 2 0 ,25đ    u  v  2 uv  4 (1)    (u  v) 2  2uv  2 . Thế (1) vào (2) ta có:  uv  3 (2)  2  uv  8 uv  9  uv  3  uv  8 uv  9  (3  uv ) 2  uv  0 . 0 ,25đ  uv  0  u  4, v  0 (vỡ u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m) Kết hợp (1) ta có:  0,25đ u  v  4 KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).  /4 sin x Câu III 1 Tính tích phân : I  dx  1  x2  x  /4 0.5đ  /4  /4  /4 sin x 2 I dx  1  x sin xdx  x sin xdx  I1  I 2    2 1 x  x   /4   /4  /4 Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1  0 , tích phân từng phần I 2 được kết quả. 0.5đ Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1  0 , tích phân từng phần I 2 được kết quả. Câu IV : S 72 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái N M
www.VNMATH.com Tính thể tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD 0,25đ  BC  AB Ta có :   BC  BM . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao  BC  SA a3 a 3 MN SM MN 3 2 Ta có SA = AB tan600 = a 3 ,    AD SA 2a 3 a3 2a 4a Suy ra MN = . BM = Diện tích hình thang BCMN là : 3 3 4a   0,25đ  2 a  3  2a 10a2 BC  MN S= BM     2 2  3 33    Hạ AH  BM . Ta có SH  BM và BC  (SAB)  BC  SH . Vậy SH  ( BCNM)  SH là đường cao của khối chóp SBCNM AB AM 1  Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , =. 0,25đ SB MS 2   30 0  SH = SB.sin300 = a Vậy BM là phân giác của góc SBA  SBH 0,25đ 3 10 3a 1 SH .( dtBCNM ) = Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 27 3 -x + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 : x y 25z 25 25 x y z  z xy  5  5  5  y zx yz x 25  5 5 5 5 5 4 Đặt 5 x = a , 5y =b , 5z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc 0,25đ a2 b2 c2 abc    Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : ( *) a  bc b  ca c  ab 4 a3 b3 c3 abc 2 2  ( *)  0,25đ 2 a  abc b  abc c  abc 4 3 3 c3 abc a b     (a  b)(a  c) (b  c)(b  a) (c  a)(c  b) 4 73 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 0,25đ a3 ab ac 3    a ( 1) Ta có ( Bất đẳng thức Cô si) (a  b)(a  c) 8 8 4 b3 bc ba 3    b ( 2) Tương tự 0,25đ (b  c)( b  a) 8 8 4 c3 ca cb 3   c ( 3) . (c  a)(c  b) 8 8 4 Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II) Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn) 1. Chương trình Chuẩn. Cõu Ph Nội dung Điểm ần A CâuVI 1(1, + Do AB  CH nờn AB: x  y  1  0 . a. 0) H 2 x  y  5  0 N ta có (x; y)=(-4; 3). Giải hệ:  (1,0) x  y 1  0  Do đó: AB  BN  B (4;3) . 0 ,25đ + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A '  BC . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và B C Vuụng gúc với BN là (d ): x  2 y  5  0 . Gọi I  (d )  BN . Giải hệ: 0,25đ 2 x  y  5  0 . Suy ra: I(-1; 3)  A '( 3; 4)  x  2y 5  0 7 x  y  25  0 + Phương trình BC: 7 x  y  25  0 . Giải hệ:   x  y 1  0 0,25đ 13 9 Suy ra: C ( ;  ) . 44 0,25đ 7.1  1( 2)  25 450 + BC  ( 4  13 / 4) 2  (3  9 / 4) 2  , d ( A; BC )  3 2. 4 7 2  12 1 1 450 45 Suy ra: S ABC  d ( A; BC ).BC  .3 2. . 2 2 4 4  Câu 1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: u1 (4; - 6; - 8)   VIIA u2 ( - 6; 9; 12) 0 ,25đ    +) u1 và u2 cùng phương 0 ,25đ +) M( 2; 0; - 1)  d1; M( 2; 0; - 1)  d2 Vậy d1 // d2  *) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n = ( 5 ; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0  2) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d 1 0 ,25đ Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d 1 .Ta có: IA + IB = IA1 + IB  A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B Khi A1, I, B thẳng hàng  I là giao điểm của A1B và d Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B. 74 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com  36 33 15  *) Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H  ; ;   29 29 29   43 95 28  A’ đối xứng với A qua H nên A’  ; ;    29 29 29  0 ,25đ  65 21 43  I là trung điểm của A’B suy ra I  ; ;   29 58 29  A B H d1 I A1 Cõu Nội dung Điểm Câu VIIa Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: (1,0) z2 z 4  z3   z  1  0 (1) 2 Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z  0 0 .25đ 1 11 Chia hai vế PT (1) cho z2 ta được : ( z 2  2 )  ( z  )   0 (2) z2 z 1 1 1 Đặt t=z- Khi đó t 2  z 2  2  2  z 2  2  t 2  2 z z z 5 Phương trình (2) có dạng : t2-t+  0 (3) 2 0 .25đ 5   1  4.  9  9i 2 2 1  3i 1  3i PT (3) có 2 nghiệm t= ,t= 2 2 1  3i 1 1  3i  2 z 2  (1  3i) z  2  0 (4) ta có z   Với t= z 2 2 0 .25đ Có   (1  3i )  16  8  6i  9  6i  i 2  (3  i ) 2 2 (1  3i )  (3  i ) (1  3i )  (3  i ) i  1 PT(4) có 2 nghiệm : z=  1  i ,z=  4 4 2 1  3i 1 1  3i  2 z 2  (1  3i) z  2  0 (4) ta có z   Với t= z 2 2 Có   (1  3i ) 2  16  8  6i  9  6i  i 2  (3  i ) 2 (1  3i )  (3  i ) (1  3i )  (3  i )  i  1 0 .25đ PT(4) có 2 nghiệm : z=  1  i ,z=  4 4 2 i 1  i 1 Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= ; z= 2 2 Phần II. Câu VIb. 1) 75 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com Ta có: d 1  d 2  I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: x  y  3  0 x  9 / 2 9 3 . Vậy I ;    2 2 x  y  6  0 y  3 / 2 0,25đ Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD  M  d 1  Ox Suy ra M( 3; 0) 2 2 9 3  Ta có: AB  2 IM  2  3       3 2 2 2  S ABCD 12 Theo giả thiết: S ABCD  AB.AD  12  AD   2 2 0,25đ AB 32 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d 1  d 1  AD Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x  3)  1(y  0 )  0  x  y  3  0 . Lại có: MA  MD  2 x  y  3  0  Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:   x  3  y 2  2 2  0,25đ y  x  3 y   x  3 y  3  x    x  3   y  2 x  3  (3  x)  2 2 2 2 2 x  3  1 x  2 x  4 hoặc  . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)  y  1 y  1 x  2 x I  x A  9  2  7 9 3 Do I ;  là trung điểm của AC suy ra:  C 0,25đ y C  2 y I  y A  3  1  2 2 2 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Cõu Phần Nội dung Điểm  CâuVIb. 2.a) 0,25đ Các véc tơ chỉ phương của D1 và D2 lần lượt là u1 ( 1; - 1; 2)  (1,0) và u2 ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0)  D1; N( 2; 3; 0)  D2      0,25đ Xét u1 ; u2  .MN = - 10  0   Vậy D1 chéo D2 Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  D1 B(2 – 2t’; 3; t’)  D2  1    AB.u1  0 t   0,25đ      3  AB.u2  0 t '  0   5 4 2  A  ; ;   ; B (2; 3; 0) 3 3 3 Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D1 và D2. 0,25đ x  2  t   Ta có :  y  3  5t  z  2t  76 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
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 14 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  9 x  m , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với m  1 . 2. Xác định m đ ể hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x 2 sao cho x1  x 2  2 . Câu II. (2,0 điểm)  sin 2 x 1 cot x   2 sin( x  ) . 1. Giải phương trình: sin x  cos x 2 2 2. Giải phương trình: 2 log 5 (3 x  1)  1  log 3 5 (2 x  1) . 5 x2 1 Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I   dx . x 3x  1 1 Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A' B' C ' có AB  1, CC '  m (m  0). T ìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB' và BC ' b ằng 600 . Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y , z thoả mãn x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 5 A  xy  yz  zx  . x yz B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b). a. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A( 4; 6) , phương trình các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 2 x  y  13  0 và 6 x  13 y  29  0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 77 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

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.