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 16

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

Báo xấu

108
lượt xem 17
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 16', 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 16

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
www.VNMATH.com  2 sin 2 x Tính tích phân I  dx .  (2  cos x) 3 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ), SA  a . Đáy ABCD là hình bình hành  có AB  b, BC  2b, ABC  600 . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh BC , SD . Chứng minh MN //( SAB ) và tính thể tích của khối tứ diện A MNC theo a, b. Câu V (1 điểm) Cho x, y , z là các số thực thoả mãn x  1, y  2, z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: x y  2 z  3  y z  3 x 1  z x 1 y  2 f ( x, y , z )  xyz II- PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 1. Trong hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có C ( 2;3) . Đường cao của tam giác kẻ từ đỉnh A và đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là: 3x  2 y  25  0, x  y  0 . Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  11  0 và điểm I ( 1; 2;3) . Chứng minh điểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn tâm I. Câu VII.a Tìm số nguyên dương n thoả mãn: C2 n1.2 2 n  2.C22n1.3.22 n 1  3.C2 n 1.32.22 n  2  ...  2n.C22n1.32 n 1.2  (2n  1)C2 nn1 .32 n  2009 . 1 3 n 2 1 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b 1. Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết CD có phương trình 4 x  3 y  4  0 . Điểm M ( 2;3) thuộc cạnh BC, N (1;1) thuộc cạnh AB. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AD. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường tròn (C) có tâm K (1; 2;3) , nằm trên mặt phẳng ( P ) : 3x  2 y  2 z  5  0 , và đi qua điểm M (3;1; 3) . Viết phương trình mặt cầu (S) chứa đường tròn (C) và có tâm thuộc mặt phẳng (Q ) : x  y  z  5  0 . Câu VII.b Từ bộ bài tú lơ khơ 52 con bài (gồm 13 bộ, mỗi bộ có 4 con với 4 chất: Rô, Cơ, Bích, Nhép) người ta rút ra 5 con bài bất kỳ. Tính xác suất để rút được 2 con thuộc một bộ, 2 con thuộc bộ thứ hai và con thứ năm thuộc bộ khác. ĐÁP ÁN ĐỀ 16 Câu Nội dung Điểm I 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 1điểm Khi m = 0 hàm số trở thành y  2 x 3  3x 2  1  TXĐ: D   x  0  Sự biến thiên: y  6 x 2  6 x, y '  0   0.25 x  1  Ta có yCD  y (0)  1; yCT  y (1)  0  Bảng biến thiên: 90 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com   x 0 1 y' + 0 - 0 +  y 1 0.25  0 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  , 1;   ,nghịch biến trên  0;1   Đồ thị : 0.25 y f(x)=2*x*x*x-3*x*x+1 2.5 2 1.5 1 0.5 x -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 -0.5 -1 -1.5 -2 2 Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng  2;   1điểm 0.25 Ta có y '  6 x 2  6(2m  1) x  6m (m  1) y '  0  6 x 2  6(2m  1) x  6m(m  1)  0  x 2  ( 2m  1) x  m( m  1)  0 x  m 1  x  m 0.25 Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng  2;    m  1  2  m  1 0.25 0.25 Vậy với m  1 thì hàm số đồng biến trên khoảng  2;   II 1 Giải phương trình tan 3 x  2 tan 4 x  tan 5 x  0 với x  (0; 2 ) 1điểm 0.25 ĐK: cos3x  0;cos 4 x  0;cos5 x  0 . Phương trình cho sin8 x 2sin 4 x   0 cos 3x.cos 5 x cos 4 x  cos 2 4 x  cos 3 x.cos 5 x   2sin 4 x  0  cos 3 x.cos 4 x.cos 5 x   1  cos8 x  cos 2 x  cos8 x   sin 4 x  0 0.25  cos 3x.cos 4 x.cos5 x  2sin 2 x    sin 4 x  0  cos 3 x.cos 4 x.cos 5 x    sin 4 x  0 x  k 4 ,k   x  k  , k     0.25  sin x  0 4  x  k Do x  (0; 2 ) nên phương trình cho có nghiệm là 0.25  5 3 7 x  ;x  ;x  ;x  ;x  4 4 2 4 91 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 2 Giải bất phương trình: log (2 x  1).log (2 x 1  2)  2 log 2 2  0 1điểm 3 1 3 3 Bất phương trình   log 3 (2 x  1).log 3  2(2 x  1)   2 log 3 2  0 2     log 3 (2 x  1). log 3 (2 x  1)  log 3 2   2 log 3 2  0 2 0.25   Đặt t  log 3 (2 x  1), t  0 . BPT trở thành 2 t  t  log3 2   2log 3 2  0 0.25  (log3 2  t )(2log 3 2  t )  0  2log3 2  t  log 3 2 0.25 Do t > 0 nên ta có 0  t  log3 2 . Suy ra: 0  log 3 (2 x  1)  log 3 2  2x  1  2 0.25 x0 III 1điểm  2 sin 2 x Tính tích phân I  dx  (2  cos x) 3 0 Đặt t  2  cos x  cos x  t  2  sin x.dx   dt 0.25  Khi x  0  t  3; x   t  2 . Ta có 2  3 3 1 3 2 1 sin x.cos x t 2 I  2 dx  2  3 dt  2   2 dt  2  3 dt  0.5 3 (2  cos x ) t 2 t t 0 2 2  1 3 1 3 1 5 1  2   2     0.25  t 2 t 2  3 18 18   IV 1điểm Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ), SA  a . Đáy ABCD là hình bình hành có AB  b, BC  2b,   600 . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của ABC các cạnh BC , SD . Chứng minh MN  ( SAB ) và tính thể tích của khối tứ diện A MNC theo a, b. 92 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com S N A H D B M C +) Gọi H là trung điểm của AD. 0.25  HM / / AB Khi đó   ( MNP) / /( SAB )  MN / /( SAB )  HN / / AS +) Có NH  AD, H  AD . a 1 Khi đó NH  AD  0.25 2 2 Mặt khác dễ thấy ABM đều cạnh b. Do M là trung điểm BC nên a2 3 dt ( MAC )  dt ( ABM )  0.25 4 Vậy thể tích của khối tứ diện AMCN là V với 1 a b 2 3 ab 2 3 1 0.25 V  . NH .dt ( MAC )  .  (đvtt). 3 32 4 24 Cho x, y , z là các số thực thoả mãn x  1, y  2, z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 1điểm V thức: x y  2 z  3  y z  3 x 1  z x 1 y  2 M xyz Ta có y  2. z  3 x  1. y  2 z  3 x 1 M   0.25 yz zx xy Mặt khác x  1 1. x  1 1  x  1 1 0    x x 2x 2 y2 2. y  2 2  y  2 1 0    y 2y 2 2y 22 z 3 3. z  3 3  z  3 1 0    0.25 z 3z 2 3z 23 1 1 1111 1 1 1 1 Suy ra M  .  ..     2 2 2 3 2 3 2 2 2 2 4 6 3 2 93 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com  x 1  1 x  2    Dấu đẳng thức xảy ra khi  y  2  2   y  4 0.25  z  6   z 3  3  1 1 1 1 0.25  khi x  2, y  4, z  6 Vậy giá trị nhỏ nhất của M là    4 6 3 2 VIa 1 Trong hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có C ( 2;3) . Đường cao của tam giác kẻ từ 1điểm đỉnh A và đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là: 3 x  2 y  25  0, x  y  0 . Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác. Gọi đường cao kẻ từ A là AH: 3x  2 y  25  0 Đường phân giác trong góc B là BE: x  y  0 BC có phương trình : 2 x  3 y  5  0 2 x  3 y  5  0 x  1 Toạ độ B là nghiệm của hệ   B(1;1)  x  y  0 y 1 0.25 Gọi F là điểm đối xứng của C qua BE. Do BE là phân giác nên F thuộc AB. 0.25 Xác định toạ độ F được F(3; -2). Đường thẳng chứa cạnh AB là đường thẳng đi qua B, F. Phương trình AB là: 3x + 2y -5 = 0. 3 x  2 y  5  0 x  5 Toạ độ A là nghiệm của hệ   A(5; 5)  0.25 3 x  2 y  25  0  y  5 Vậy phương trình AC là: 8x + 7y - 5 = 0 0.25 2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  2 x  6 y  4 z  11  0 1điểm 2 2 2 và điểm I ( 1; 2;3) . Chứng minh điểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn tâm I. Mặt cầu (S) có tâm J(1; -3; 2) bán kính R = 5. 0.25 0.25 2 2 2 Ta có IJ  2  1  ( 1)  6  R . Chứng tỏ I nằm bên trong hình cầu (S). Mặt phẳng (P) thoả mãn ĐK của bài toán sẽ đi qua I và vuông góc với IJ.    Mp(P) có vectơ pháp tuyến n  IJ  ( 2; 1; 1) . 0.25 Vậy phương trình của mp(P) là: 2x – y – z + 3 = 0 0.25 VIIa Tìm số nguyên dương n thoả mãn: 1điểm C2 n 1.22 n  2.C2 n 1.3.22 n 1  3.C2 n 1.32.22 n 2  ...  2n.C2 n 1.32 n 1.2  (2n  1)C2 n 1 .32 n 1  2009 1 2 3 2n 2 n 1 Xét khai triển của (2  x ) 2 n 1 ta có : 0.25 (2  x )2 n1  C2n 1.22 n 1  C2 n1.22 n. x  C2n 1.22 n 1. x 2  C2n 1.22n 2. x 3  ...  C2n 1.2. x 2n  C2n 1 . x 2 n1 0 1 2 3 2n 2 n 1 Lấy đạo hàm 2 vế ta có: 0.25 (2n  1)(2  x ) 2 n  C2 n 1.2 2 n  2.C2 n 1.2 2 n 1. x  3.C2 n 1.22 n 2. x 2  ...  2n.C2 n 1.2. x 2 n 1  (2 n  1)C2 n 1 . x 2 n 1 2 3 2n 2 n 1 0.25 Thay x = -3 ta có (2n  1)  C1 .22 n  2.C 2 .22 n 1.3  3.C 3 .22 n2.32  ...  2n.C 2 n .2.32 n1  (2n  1)C 2 n1.32 n 0.25 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 94 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com Phương trình cho  2n  1  2009  n  1004 1 Lập pt cạnh AD VIb 0.25 AD  CD  AD : 3x  4 y  C  0 B A N 0.25 ABCD là hình vuông nên d ( M , AD)  d ( N , CD) tức là M 0.25 | 6  12  C | | 4  3  4 |  C  13; 23.  5 5 0.25 D ĐS: PT AD : 3x  4 y  13  0;3x  4 y  23  0 C 2 Viết pt mặt cầu chứa (C) và có tâm thuộc (Q). + Tâm I của mặt cầu thuộc đt d qua K và vuông góc với (P). 0.25  x  1  3t  0.25 + Ptts của d là:  y  2  2t  z  3  2t  I I  (Q)  1  3t  2  2t  3  2t  5  0 + Mặt khác:  t  1  I ( 2; 4;1) 0.25 M + Bán kính mặt cầu: K 2 2 2 R  IM  66  pt ( S ) :  x  2    y  4    z  1  66 0.25 Tính xác suất VIIb 0.25 5 - Chọn tuỳ ý 5 cây từ bộ bài 52 cây có C52 cách 0.25 2 - Chọn 2 cây đầu tiên từ 1 bộ (trong 13 bộ) có 13C4 cách 2 - Chọn tiếp 2 cây nữa, từ 1 trong 12 bộ còn lại có 12C4 cách 0.25 1 - Chọn nốt cây cuối cùng, từ 1 bộ trong 11 bộ còn lại có 11C4 cách 2 2 1 13C4 .12C4 .11C4 0.25 - Đáp số p ( A)  5 C52 ĐỀ 17 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số y  x 4  5 x 2  4, có đồ thị (C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm m để phương trình | x 4  5 x 2  4 | log 2 m có 6 nghiệm phân biệt. Câu II (2.0 điểm). 1 1 1. Giải phương trình sin 2x  sin x    2 cot 2x . 2sin x sin 2x   x 2  2x  2  1  x(2  x)  0 (2) có nghiệm x  0; 1  3  . 2. Tìm m để phương trình m    2 2 sin x 3  e . sin x. cos x. dx. Câu III (1.0 điểm). Tính tích phân 0 Câu IV (1.0 điểm).  Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1  2a 5 và BAC  120 o . Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. Chứng minh MB  MA1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM). 95 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.