» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 3

Chia sẻ: Nguyễn Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

0

Báo xấu

211
lượt xem 82
download

ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 3

Mô tả tài liệu

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 3', 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 3

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 3 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. 2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) cos 2 x.  cos x  1  2 1  sin x  . 1. Giải phương trình sin x  cos x 7  x2  x x  5  3  2x  x2 ( x  ) 2. Giải phương trình 3 x3 Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân dx .  3. x 1  x  3 0 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x  y  3 xy. x3  y 3  16 z 3 Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3  x  y  z II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 16 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x  1 y 1 z  2 x2 y2 z d1 : , d2:     2 3 1 1 5 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x  3 y  2 z 1 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M   2 1 1 là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  n ằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 . 1  Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình log 1  y  x   log 4 y  1 ( x, y ) 4  x 2  y 2  25  ĐÁP ÁN ĐỀ 3 Câu Nội dung Điểm I HS tu lam 2,0 II 2.0 cos 2 x.  cos x  1  2 1  sin x  . Giải phương trình 1 1.0 sin x  cos x 0.25 Đ K: sin x  cos x  0 Khi đó PT  1  sin 2 x   cos x  1  2 1  sin x   sin x  cos x   1  sin x  1  cos x  sin x  sin x.cos x   0 0.25  1  sin x  1  cos x  1  sin x   0 sin x  1 (thoả mãn điều kiện)  0.25 cos x  1    x   2  k 2 k, m      x    m 2 0.25  k, m    k 2 và x    m 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x   2 2 1.0 7  x2  x x  5  3  2 x  x 2 ( x  ) Giải phương trình: 17 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 3  2 x  x 2  0  PT   0.25 2 2 7  x  x x  5  3  2 x  x  3  2 x  x 2  0   0.25  x x  5  2( x  2)    3  x  1  2  x  0     x  0 0.25  x  1  x  16   0 2   x2  x  5  2. x   x  1 0.25 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 3 x3 1.0 Tính tích phân dx .  3. III x 1  x  3 0 x  0  u  1 x  1  u 2  1  x  2udu  dx ; đổi cận:  Đặt u = 0.25 x  3  u  2 3 2 2 2 2u 3  8u x 3 1 0.25 T a có:  3 x  1  x  3dx   u 2  3u  2du   (2u  6)du  6 u  1du 0 1 1 1 2 0.25 2   1  6ln u  1 1  u 2  6u 3 0 .25  3  6 ln 2 IV 1.0 D Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . C B 0.25 N H M A 2  3 6 2 2 2 T rong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1    3 3   0.25 1 3 AM . AN .sin 600  Diện tích tam giác AMN là S AMN  xy 2 4 1 2 0.25 Thể tích tứ diện D. AMN là V  S AMN .DH  xy 3 12 18 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 1 1 1 xy.sin 600  x. AH .sin 300  y. AH .sin 300 T a có: S AMN  S AMH  S AMH  2 2 2 0 .25  x  y  3 xy. V 1.0 3  x  y 2 (biến đổi tương đương)  ...   x  y   x  y   0 T rước hết ta có: x3  y 3  0.25 4 3 3  64 z 3  64 z 3 x  y a  z 3  1  t   64t 3 4P  Đặt x + y + z = a. Khi đó  3 3 a a 0.25 z (với t = , 0  t  1 ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có 1 2 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1 0.25   9 Lập bảng biến thiên 64 16  Minf  t    GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 81 81 t0;1 VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21  x  5 x  2 y 1  0  21 13   0.25  B ;     x  7 y  14  0  y  13 5 5  5  Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và    BD, kí hiệu n AB (1; 2); nBD (1; 7); n AC (a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các           đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos n AB , nBD  cos nAC , nAB 0.25  a  b 3 a 2  b 2  7a 2  8ab  b 2  0    a  2b  a   b 2  7 - Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, x  y 1  0 x  3 A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:   A(3; 2)  x  2 y 1  0  y  2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7  x  2 x  y 1  0 7 5  0.25 I  ;    x  7 y  14  0 5  2 2  y    2  14 12  Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;  5 5 19 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0  x  1  2t x  2  m   Phương trình tham số của d 1 và d 2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5m 0.25   z  2  t  z  2m Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)   0.25  MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 3  m  2t  2k       Do d  (P) có VTPT nP ( 2; 1; 5) nên k : MN  k n p   3  5m  3t   k có nghiệm 0.25  2  2m  t  5k  m  1 Giải hệ tìm được  t  1  x  1  2t  0.25 Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y  4  t thoả mãn bài toán  z  3  5t  Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình VII.a 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 n  N Điều kiện:  n  3 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3 n  7 (thoả mãn)  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0    n  13 (không thoả mãn) 0.25 Vậy n = 7. 3 2 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  . 1  i    1  i  .(2i )3  (1  i).( 8i)  8  8i 0.25   Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử B( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d 2  xC  2 yC  7  xB  xC  2  6 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:   y B  yC  3  0 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25   T a có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) n ên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 20 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 9 81  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = B án kính R = d(C; BG) = 0.25 5 25 2 1.0 T a có phương trình tham số của d là:  x  3  2t  x  3  2t  y  2  t    y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ (tham số t)  0.25  z  1  t  z  1  t   x  y  z  2  0  M (1; 3;0)    Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud ( 2;1; 1) .     Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)     Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó MN ( x  1; y  3; z ) .     0.25 Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x  y  z  2  0  Lại có N  (P) và MN = 42 ta có hệ:  2 x  3 y  z  11  0  2 2 2 ( x  1)  ( y  3)  z  42 Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 x5 y2 z5 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  :   2 3 1 0 .25 x3 y4 z5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  :   2 3 1 1 VII.b 1.0  log 1  y  x   log 4 y  1 ( x, y   ) Giải hệ phương trình  4  x 2  y 2  25  y  x  0 Đ iều kiện:  0.25 y  0 yx yx 1 1   log 4  y  x   log 4 y  1 log 4 y  1  y  4 Hệ phương trình     0.25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25 2 2  x  y  25   x  3y x  3y x  3y   2  2   2 25 0.25 2 2  y  10  x  y  25 9 y  y  25    15 5  x; y    (không thỏa mãn đk) ;   10 10    0.25  15 5 (không thỏa mãn đk)  x; y     ;   10 10    Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 21 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.01: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2019

315 tài liệu

1572 lượt tải

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:0933030098

Email: support@vdoc.com.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2009-2019 TaiLieu.VN. All rights reserved.