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 17

Chia sẻ: Nguyễn Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Báo xấu

100
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 17', 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 17

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
www.VNMATH.com Câu V (1.0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương dương. Chứng minh rằng 3 x  2 y  4 z  xy  3 yz  5 zx . II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) 1. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a. (2.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm B( 1; 3; 0), C (1; 3; 0) và M(0; 0; a) với a > 0. Trên trục Oz lấy điểm N sao cho mặt phẳng (NBC) vuông góc với mặt phẳng (MBC). 1. Cho a  3 . Tìm góc giữa mặt phẳng (NBC) và mặt phẳng (OBC). 2. Tìm a để thể tích của khối chóp BCMN nhỏ nhất. Câu VII.a. (1.0 điểm).  x  x 2  2 x  2  3 y 1  1  ( x, y   ) . Giải hệ phương trình  y  y 2  2 y  2  3x 1  1   2. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b. (2.0 điểm). Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1; 3; -2), B (-3; 7; -18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0 1. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp(P). 2. Tìm tọa độ điểm M  (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Câu VII. b. (1.0 điểm). Giải bất phương trình: (log x 8  log 4 x 2 )log 2 2x  0 . ĐÁP ÁN ĐỀ 17 9 9  m  12  144 4 12 4 Câu I: log12 m  4 Câu II: 1 1 1. Giải phương trình : sin 2x  sin x   2cot g2x (1)  2sin x sin 2x (1)   cos22x  cosxcos2x = 2cos2x và sin2x  0  cos2x  0 v 2 cos2 x  cos x  1  0(VN)     cos2x = 0  2x   k  x   k 2 4 2 2. Đặt t  x 2  2x  2  t2  2 = x2  2x t2  2 Bpt (2)  m  (1  t  2),do x  [0;1  3] t 1 t2  2 Khảo sát g(t)  với 1  t  2 t 1 t 2  2t  2  0 . Vậy g tăng trên [1,2] g'(t)  (t  1)2 96 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com t2  2 Do đó, ycbt  bpt m  có nghiệm t  [1,2] t 1 2  m  max g(t)  g(2)  3 t1;2 Câu III Đặt t  sin 2 x  dt  2 sin x cos xdx ; Đổi Câu IV (Các em tự vẽ hình) Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A  0, C  2a, 0,0  , A1 (0,0,2a 5)     a a 3  5 3  A(0; 0; 0), B  ; ; 0  và M(2a,0,a 5)  BM  a   ;  ; 5  , MA1  a(2; 0; 5) 2 2  2  2         Ta có: BM.MA1  a2 (5  5)  0  BM  MA1 Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là : 1          a3 15 1  MB,MA1   3a2 3  AB,AM   V  A A1.  ; SBMA1     6 3 2 3V a 5 Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng d  .  S 3 Cách khác: + Ta có A1M 2  A1C1  C1M 2  9a2 ; 2 BC2  AB2  AC2  2AB.AC.cos120 0  7a2 BM 2  BC2  CM 2  12a2 ; A1B2  A1A 2  AB2  21a2  A1M 2  MB2  MB vuông góc với MA1 + Hình chóp MABA1 và CABA1 có chung đáy là tam giác ABA1 và đường cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau. 3V 6V a5 1 1  V  VMABA1  VCABA1  AA1.SABC  a3 15  d(A,(MBA1 ))    SMBA1 MB.MA1 3 3 3 Câu V. Theo BĐT Cauchy 1 3 5  x  y   xy ;  y  z   3 xy ;  z  x   5 xy . 2 2 2 Cộng các vế ta có điều phải chứng minh Câu VI.b.    1. Ta có AB  (2, 4, 16) cùng phương với a  ( 1,2, 8)  mp(P) có PVT n  (2, 1,1)    Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1) Phương trình mp chứa AB và vuông góc với (P) là : 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0  2 x + 5y + z  11 = 0 2. Tìm M  (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với Mp (P). Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; 97 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com x 1 y  3 z  2 Pt AA' :   2 1 1 2x  y  z  1  0   x  1 y  3 z  2  H(1,2, 1) AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của ;  2  1  1  2x H  x A  x A '  2y H  yA  y A '  A '(3,1,0) Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : 2z  z  z H A A'  Ta có A ' B  ( 6,6, 18) (cùng phương với (1;-1;3) ) x  3 y 1 z   Pt đường thẳng A'B : 1 1 3 2x  y  z  1  0   x  3 y  1 z  M(2,2, 3) Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình  1  1  3  Câu VII.b. Điều kiện x > 0 , x  1 1 1  2 log 4 x  log 2 2x  0 (1)    log8 x 2     1  log2 x   log2 x  1  0   1 log2 x  3   log 2 x  1  log 2 x  1 2  (log2 x  3)  0 0  log 2 x  log 2 x 1  log 2 x  1v log2 x  0  0  x  ; x  1 2 ĐỀ 18 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) x3 x 2 7 Câu I : ( 2 điểm )Cho hàm số y     2 x  ( 1) . 3 2 3 1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số (1) 5 x 61 2) Tìm tất cả các điểm trên đường thẳng d có phương trình: y   để từ đó kẻ đến đồ thị 4 24 (C) của hàm số (1) ba tiếp tuyến tương ứng với ba tiếp điểm có hoành độ x1, x2, x 3 thỏa: x1  x2  0  x3 . Câu II : ( 2 đ iểm ) 1) Giải phương trình : 4 x 2  77  3 x 2  3  2  0 . 2)Giải phương trình: sin x  sin 2 x  sin 3 x  sin 4 x  cos x  cos 2 x  cos3 x  cos 4 x  tan 6 x 4 Câu III : ( 1 điểm ) Tính tích phân I  dx .  ex  1  4 Câu IV : ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có cạnh AB = a, cạnh AD = b,  góc BAD  60 0 . Cạnh SA = 4a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Trên đoạn SA lấy điểm M sao cho 98 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.