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 14

Chia sẻ: Nguyễn Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

145
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 14', 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 14

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
www.VNMATH.com 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vuông MNPQ có M (5; 3;  1), P(2; 3;  4) . Tìm toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng ( ) : x  y  z  6  0. Câu VIIa . (1,0 điểm) Cho tập E  0,1, 2, 3, 4, 5, 6. Từ các chữ số của tập E lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau? b. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, xét elíp ( E ) đi qua điểm M (2;  3) và có phương trình một đường chuẩn là x  8  0. Viết phương trình chính tắc của ( E ). 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0;1; 0), C (0; 3; 2) và mặt phẳng ( ) : x  2 y  2  0. Tìm toạ độ của điểm M b iết rằng M cách đều các điểm A, B, C và mặt phẳng ( ). Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1  x  2(1  x) 2  ...  n (1  x) n thu được đa thức P( x)  a 0  a1 x  ...  a n x n . Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn 1 7 1  3 . 2 Cn Cn n ĐÁP ÁN ĐỀ 14 Câu Đáp án Điểm I 1. (1,25 điểm) (2,0 Với m  1 ta có y  x 3  6 x 2  9 x  1 . điểm) * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên  Chiều biến thiên: y '  3 x 2  12 x  9  3( x 2  4 x  3) x  3 0,5 Ta có y '  0   , y'  0  1  x  3 . x 1  Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (,1) và (3,  ) . + Hàm số nghịch biến trên khoảng (1, 3).  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1 và yCD  y(1)  3 ; đạt cực tiểu tại x  3 và yCT  y(3)  1 . 0 ,25  Giới hạn: lim y  ; lim y   . x   x    Bảng biến thiên:  x 1 3     0 y’ 0  3 0 ,25 y -1  78 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com y * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0,  1) . 3 2 0 ,25 1 x 1 2 3 4 O -1 2 . (0,75 điểm) Ta có y '  3 x 2  6(m  1) x  9. +) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1 , x2  phương trình y '  0 có hai nghiệm pb là x1 , x2 0 ,25  Pt x 2  2(m  1) x  3  0 có hai nghiệm phân biệt là x1 , x 2 . m  1  3   '  (m  1) 2  3  0   (1) m  1  3  +) Theo định lý Viet ta có x1  x2  2(m  1); x1 x 2  3. Khi đó x1  x2  2   x1  x2 2  4 x1 x2  4  4m  12  12  4  ( m  1) 2  4  3  m  1 0,5 ( 2) Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là  3  m  1  3 và  1  3  m  1. II 1 . (1,0 điểm) (2,0 Điều kiện: sin x  0, sin x  cos x  0. điểm) cos x 2 sin x cos x  2 cos x  0  Pt đã cho trở thành 2 sin x sin x  cos x 2 cos 2 x cos x   0 0,5 2 sin x sin x  cos x     cos x sin( x  )  sin 2 x   0 4    +) cos x  0  x   k , k  . 2     2 x  x  4  m2  x  4  m2  m, n   +) sin 2 x  sin( x  )     x    n 2 2 x    x    n 2 4    4 4 3   t 2 0,5 , t  . x  4 3 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là   t 2 , k , t  . x   k ; x   2 4 3 79 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 2 . (1,0 điểm) 1 Điều kiện x  . (*) 3 Với đk trên, pt đã cho  log 5 (3 x  1) 2  1  3 log 5 ( 2 x  1) 0,5  log 5 5(3 x  1) 2  log 5 (2 x  1) 3  5(3 x  1) 2  ( 2 x  1) 3  8 x 3  33x 2  36 x  4  0  ( x  2) 2 (8 x  1)  0 x  2 0,5  x  1 8  Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là x  2. 3dx 2tdt III Đặt t  3 x  1  dt   dx  . (1,0 3 2 3x  1 điểm) Khi x  1 thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4. 0,5 2  t 2 1   1 4  4 4 3 2tdt dt 2 2 Suy ra I   .  (t  1)dt  2 t 2  1  2 t 1 3 92 2 .t 2 3 4 4 t 1 21 3  100 9 0,5   t  t   ln   ln . t 1 93 27 5  2 2  ( AB' , BC ' )  ( BD, BC ' )  600 - Kẻ BD // AB' ( D  A' B' ) IV 0,5  DBC '  60 0 hoặc DBC '  1200. (1,0 - Nếu DBC '  600 điểm) Vì lăng trụ đều nên BB'  ( A' B' C ' ). áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta A có 0,5 B C 2 BD  BC '  m  1 và DC '  3. 1 m2 Kết hợp DBC '  600 ta suy ra BDC ' đều. A’ m Do đó m 2  1  3  m  2 . - Nếu DBC '  1200 1 B’ áp dụng định lý cosin cho BDC ' suy C’ 0 1 120 ra m  0 (loại). 3 Vậy m  2. D * Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trường hợp góc 600 thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng. 80 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com - HS có thể giải bằng phương pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét: AB'.BC ' cos( AB' , BC ' )  cos( AB', BC ')  . AB'.BC ' V t2 3 Đặt t  x  y  z  t 2  3  2( xy  yz  zx)  xy  yz  zx  . (1,0 2 điểm) Ta có 0  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2  3 nên 3  t 2  9  3  t  3 vì t  0. 0,5 2 t 3 5 Khi đó A  . t 2 t2 5 3 Xét hàm số f (t )    , 3  t  3. 2t2 5 t3  5 Ta có f ' (t )  t  2  2  0 vì t  3. t t 0,5 14 Suy ra f (t ) đồng biến trên [ 3 , 3] . Do đó f (t )  f (3)  . 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi t  3  x  y  z  1. 14 , đạt được khi x  y  z  1. Vậy GTLN của A là 3 1 . (1 điểm) VIa. - Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH C(-7; -1) và CM. Khi đó (2,0 điểm) CH có phương trình 2 x  y  13  0 , CM có phương trình 6 x  13 y  29  0. 2 x  y  13  0 0,5 - Từ hệ   C (7;  1). 6 x  13 y  29  0 B(8; 4) - AB  CH  n AB  u CH  (1, 2) M(6; 5) H A(4; 6)  pt AB : x  2 y  16  0 .  x  2 y  16  0 - Từ hệ   M (6; 5) 6 x  13 y  29  0  B(8; 4). - Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC : x 2  y 2  mx  ny  p  0. 52  4m  6n  p  0  m  4 0,5   Vì A, B, C thuộc đường tròn nên 80  8m  4n  p  0  n  6 . 50  7 m  n  p  0  p  72   Suy ra pt đường tròn: x  y  4 x  6 y  72  0 hay ( x  2) 2  ( y  3) 2  85. 2 2 2 . (1 điểm) - Giả sử N ( x0 ; y0 ; z0 ) . Vì N  ( )  x0  y0  z 0  6  0 (1) MN  PN  - MNPQ là hình vuông  MNP vuông cân tại N   MN .PN  0 0,5  ( x0  5)  ( y0  3)  ( z0  1)  ( x0  2)  ( y0  3) 2  ( z0  4) 2 2 2 2 2   ( x0  5)( x0  2)  ( y0  3) 2  ( z0  1)( z0  4)  0  81 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com  x0  z0  1  0 ( 2)  2 ( x0  5)( x0  2)  ( y0  3)  ( z0  1)( z0  4)  0 (3) 0,5  y  2 x 0  7 - T ừ (1) và (2) suy ra  0 2 . Thay vào (3) ta được x0  5 x0  6  0 z 0   x0  1   x0  2, y0  3, z 0  1  N ( 2; 3;  1) hay  .   x0  3, y0  1, z 0  2  N (3; 1;  2) 7 5 - Gọi I là tâm hình vuông  I là trung điểm MP và NQ  I ( ; 3;  ) . 2 2 Nếu N (2; 3  1) thì Q(5; 3;  4). Nếu N (3;1;  2) thì Q( 4; 5;  3). VIIa. Giả sử abcd là số thoả mãn ycbt. Suy ra d  0, 2, 4, 6. 0,5 (1,0 3 +) d  0. Số cách sắp xếp abc là A6 . điểm) 3 2 +) d  2. Số cách sắp xếp abc là A6  A5 . +) Với d  4 hoặc d  6 kết quả giống như trường hợp d  2.   0,5 3 3 2 Do đó ta có số các số lập được là A6  3 A6  A5  420. 1 . (1 điểm) VIb. (2,0 x2 y 2 - Gọi phương trình ( E ) : ( a  b  0) .  1 điểm) a 2 b2 4 9 0,5  a2  b2  1 (1)  - Giả thiết   2 a  8 ( 2) c  Ta có (2)  a 2  8c  b 2  a 2  c 2  8c  c 2  c(8  c). 4 9  1. Thay vào (1) ta được 8c c(8  c) c  2  2c  17c  26  0   13 2 c   2 2 y2 x * Nếu c  2 thì a 2  16, b 2  12  ( E ) :   1. 0,5 16 12 x2 y2 39 13 thì a 2  52, b 2  * Nếu c   ( E) :   1. 4 52 39 / 4 2 2 . (1 điểm) Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) . Khi đó từ giả thiết suy ra x0  2 y0  2 ( x0  1) 2  y0  z0  x0  ( y0  1) 2  z0  x0  ( y0  3) 2  ( z0  2) 2  2 2 2 2 2 5 0,5 82 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com  ( x0  1) 2  y0  z0  x0  ( y0  1) 2  z0 2 2 2 2 (1)  2   x0  ( y0  1) 2  z0  x0  ( y0  3) 2  ( z0  2) 2 2 2 (2)  2 ( x0  1) 2  y0  z0  ( x0  2 y0  2) 2 2 (3)  5   y  x0 Từ (1) và (2) suy ra  0 .  z0  3  x0 Thay vào (3) ta được 5(3 x0  8 x0  10)  (3 x0  2) 2 2 0,5  x0  1  M (1; 1; 2)    23 23 14   x0  23  M ( ; ;  ). 33 3 3   VIIb. n  3 1 71  (1,0 Ta có 2  3    2 7.3! 1  n (n  1)  n( n  1)(n  2)  n 0,5 điểm) Cn Cn n  n  3  n  9.  2 n  5n  36  0 Suy ra a8 là hệ số của x8 trong biểu thức 8(1  x)8  9(1  x)9 . 0,5 8 8 Đó là 8.C8  9.C 9  89. ĐỀ 15 I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất cả các thí sinh Câu I(2 điểm) :Cho hàm số y  x 3  2mx 2  (m  3)x  4 có đồ thị là (C m) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 2. 2) Cho E(1; 3) và đường thẳng (  ) có phương trình x-y + 4 = 0. Tìm m để (  ) cắt (C m) tại ba điểm phân biệt A, B, C ( với xA = 0) sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4. 2  sin 2 x 3 1 Câu II (2 điểm):a.Giải phương trình: 1 3 .   2 2 cos x sin 2 x tanx  x 3 y  x 2  xy  1  b.Giải hệ phương trình :  4 3 22 x  x y  x y  1  π dx Câu III (1 điểm). Tính tính phân sau: I   2 . 2 cos x  3cos x  2 0 Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABC. A / B/ C/ có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên 2a .Gọi E là trung điểm của BB/ .Xác định vị trí của điểm F trên đoạn AA / sao cho khoảng cách từ F đến C /E là nhỏ nhất. 111 Câu V (1 điểm):Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn:    1 . abc b c ca a b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T  2  2  2 a b c II. Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VIa: ( 2 điểm) 83 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.