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 15

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

Báo xấu

124
lượt xem 40
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 15', 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 15

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
www.VNMATH.com 1/.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng (d) : x  3 y  7  0 và điểm A(3;3). Tìm toạ độ hai điểm B, C trên đường thẳng (d) sao cho  ABC vuông, cân tại A. 2/. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2 x  y  5z  1  0 . Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng (P) một góc 600 Câu VIIa:( 1 điểm) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau: 9 19 1  m2 2 C m  C n  3   Am 22   Pn 1  720  Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu VIb:( 2 điểm) 1 1/. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3), B( ;0), C ( 2;0) 4 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. Câu VII:( 1 điểm)   x   y  x  x 2  xy  y 2 log y  log  3 3  Giải hệ phương trình : 2 2  x2  y2  4  ĐÁP ÁN ĐỀ 15 Câu ĐÁP ÁN Điểm -Tập xác định , tính y/ 0,25 Ia -Nghiệm y/ và lim 0,25 -Bảng biến thiên 0,25 -Đồ thị 0,25 Ib PT hoành độ giao điểm : x 3  2mx 2  (m  3)x  4  x  4 (1) 2  x (x  2mx  m  2)  0 x  0  2 g(x)  x  2mx  m  2  0 (2) (d) cắt (C m) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C  phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt  Δ/  m 2  m  2  0 m  1  m  2 khác 0.   0,25  (a)  m  2 g(0)  m  2  0 1 Diên tích S  BC.d(E, BC) 2 Khoảng cách d(E, BC)  2 0,25 Suy ra BC = 4 2 (x B  x C )2  4x B x C  16 0,25 2 4m  4(m  2)  16 0,25 Giải pt m = 3, m = -2 (loại) 84 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com II a  . Đk: x  k 0,25 2 3 1  tan 2 x   sin22 x  3  cot x Phương trình đã cho tương đương với: 2 0,25 2(sin 2 x  cos 2 x)  3tan 2 x   3  2cot x sin x cos x  3tan 2 x  2tan x  3  0 0,25    tanx   3  x   3  k   tanx  1   ,kZ x    k  3   6    0,25  k ; kZ KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x  6 2 0,25 IIb.  x 3 y  x(y  x)  1  Hệ tương đương :  2 3 [x(y  x)]  x y  1  3 Đặt u  x y, v  x(y  x)  u  v  1 Hệ trở thành  2 u  v  1  u  0 u  3 Giải hệ  , 0,25  v  1  v  2 u  0  x  1 Với  giải hệ được  0,25  v  1 y  0 u  3 Với  giải hệ (vô nghiệm) v  2  x  1  x  1 Nghiệm của hệ :  , y  0 y  0 0,25 0,25 π π III 1 1 2 2 I dx   dx 1  cos x 2  cos x 0 0 π π dx dx Tính  2  2 1 2x 0 1  cos x 0 0,25 2 cos 2 2x π 1  tan π dx 2 .dx . Tính  2  2 2x 0 cos x  2 0 3  tan 2 x x 3 Đặt tan  3 tan t  (1  tan 2 )dx  (1  tan 2 t).dt 2 2 2  x=0 => t = 0 π π x= => t = 0,25 2 6 85 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 2x π 1  tan π π 2 .dx = 2 6 dt = π dx 3 0 2  2  cos x  2 0 x 33 0 3  tan 2 2 π π π 1 1 0,25 Vây I   2 dx   2 dx = 1 - 0 1  cos x 0 2  cos x 33 + Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho AO; BOy; A/Oz. IV a 3 a  Khi đó: A(0;0;0), B(0;a;0); A/ (0;0;2a ),, C /  ; ; 2a  và E(0;a;a)   2 2  0,25 F di động trên AA/, tọa độ F(0;0;t) với t  [0;2 a] Vì C/E có độ dài không đổi nên d(F,C/E ) nhỏ nhất khi SΔFC/ E nhỏ nhất 1  /    Ta có : S FC E  EC , EF / 2  z   a 3 a   EC /    2 ; 2 ;a  B Ta có: A   /  / EF   0; a; t  a     C a E   EC / , EF   / (t  3a; 3(t  a ); a 3)   2 F    a   EC / , EF   (t  3a )2  3(t  a )2  3a 2   2 A B a 4t 2  12at  15a 2  2 C x 1a SΔFC/ E  . . 4t 2  12at  15a 2 0,25 22 Giá trị nhỏ nhất của S FC E tùy thuộc vào giá trị của tham số t. / Xét f(t) = 4 t2  1 2at + 15a 2 f(t) = 4t2  12at + 15a2 (t [0;2a ]) f '(t) = 8t 12a 3a 0,25 f '(t )  0  t  2 3a 0,25  F(0;0;t) , hay FA=3FA/ S FC / E nhỏ nhất  f(t) nhỏ nhất  t  2 ( có thể giải bằng pp hình học thuần túy ) V 1 1 1 111 Đặt x  , y  , z  .vì    1 nên x +y +z = 1 abc a b c 11 11 11 Và T  x2 (  )  y2 (  )  z2 (  ) yz zx xy 0,25 +) Aùp dụng BĐT C.S ta có: 2 1  ( x  y  z )2    x y z . yz  . zx  . xy    yz zx xy    x2 y2 z2  x2 y2 z2     (2x  2y  2z)  2(   ) 0,25  yz zx xy yz zx xy 86 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com x2  1 1  4x2 11 +) Ta có: x2 (  )   y  z     y z yz  y z  yz 0,25 Tương tự ...  x2 y2 z2  Do đó T  4  2    yz zx xy 1 Đẳng thức xảy ra khi x  y  z  h ay a  b  c  3 3 0,25 Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD: VIa:1 x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC. Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t ;1  t  . 0,25  t 1 3  t  Suy ra trung điểm M của AC là M  ; . 2 2  t 1  3  t  1  0  t  7  C  7;8  Điểm M  BM : 2 x  y  1  0  2   2 2 Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y  1  0 tại I (điểm K  BC ). 0,25 Suy ra AK :  x  1   y  2   0  x  y  1  0 .  x  y 1  0  I  0;1 . Tọa độ điểm I thỏa hệ:  x  y 1  0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1;0  . 0,25 x 1 y Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:   4x  3y  4  0 7  1 8 0,25 VIa:2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương  x  1  2t trình  y  t . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách  z  1  3t  từ d tới (P) là lớn nhất. Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách 0,25 giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có   HI => HI lớn nhất khi A  I AH Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. 0,25 H  d  H (1  2t; t;1  3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên 0,25 AH  d  AH .u  0 (u  (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d)  H (3;1;4)  AH ( 7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 0,25 Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông VIIa hồng trong đó có ít nh ất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau: 9 19 1  m2 9 19 1  m2 2 C m  C n  3   Am 2 C m  cn3   Am 22  22   Pn 1  720  Pn1  720   87 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com Từ (2): (n  1)! 720  6! n  1  6  n  7 Thay n = 7 vào (1) m(m  1) 9 19   45   m 0,25 2 22  m  m  90  9  19m  m2  20m  99  0  9  m  11 vì m    m  10 2 Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: 3 2 TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: C 7 .C10  1575 cách 0,25 4 1 TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: C .C  350 cách 7 10 5 TH3: 5 bông hồng nhung có: C 7  21 cách 0,25  có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường 5 C17  6188 0,25 1946 P  31,45% 6188 VIb1 1 Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3),B( ;0), C ( 2;0) 4 Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A khi và chỉ khi 2 9 2 1     3  d 4   4 DB AB    DC AC 2d 2 2 4   3  81 225 9 0,25 3 16  16   4d  1  6  3d  d  1. 4 16  9 25 Đường thẳng AD có phương trình: x  2 y 3  3 x  6  3 y  9  x  1  y ,  3 3 và đường thẳng AC: x  2 y 3  3 x  6  4 y  12  3 x  4 y  6  0  0,25 4 3 Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1 b và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có: 3 1  b   4b  6  b  b  3  5b; 32  42 4 a )b  3  5b  b   ; 3 1 b)b  3  5b  b  . 0,25 2 1 Rõ ràng chỉ có giá trị b  là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn 2 0,25 88 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 2 2 1  1 1  nội tiếp  ABC là:  x     y    . 2  2 4  2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt VIb2 phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. xyz . Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)  ( P) :    1 0,25 abc   IA  (4  a;5;6), JA  (4;5  b; 6) Ta có    JK  (0; b; c), IK  (a;0; c) 0,25 0,25 77  4 5 6 a   1  4 a b c   77  Ta có:  5b  6c  0  b   ptmp(P) 5 KL:  4a  6c  0  77   0,25 c  6   VII b log y  log x   y  x   x 2  xy  y 2  . *  3 3  2 2 Giải hệ phương trình :  x2  y 2  4  2 y 3  0,25 Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có : x 2  xy  y 2   x    y 2  0 x, y >0 2 4   VT(*)  0 x  log y Xét x > y  log  (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm 0,25 3 3  VP(*)  0 0,25 2 2 VT(*)  0 x  log 3 y   Xét x < y  log  (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. 3 VP(*)  0 2 2 0  0 Khi x = y hệ cho ta  2  x = y = 2 ( d o x, y > 0 ). 2 2 x  2 y  4   0,25 Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y   2; 2 ĐỀ 16 I- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  2 x3  3(2m  1) x 2  6m(m  1) x  1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m  0 . 2. Xác định các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng  2;   . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: tan 3 x  2 tan 4 x  tan 5 x  0 với x  (0; 2 ) . x x 1 2 2. Giải bất phương trình: log3 (2  1).log 1 (2  2)  2 log3 2  0 . 3 Câu III (1 điểm) 89 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.