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 5

Chia sẻ: Nguyễn Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Báo xấu

177
lượt xem 62
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 5', 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 5

www.VNMATH.com x 4 3 Đặt t    . ĐK: t  0 ; 4t 2  t  3  0  t  1( kth); t  (th ) . 0 ,25 đ 3 4 x 1 4 3 4 3 0 ,25 đ Khi t  , ta có:        x  1 . 3 4 3 4 Ý2 x 1 TXĐ: D   0;    ; y '  ln x  . 0 ,25 đ (1,0 đ) x x 1 y’= 0  x  1 ; y(1) = 0 vì y  ln x  là HSĐB 0 ,50 đ x Khi 0 < x < 1  y '  0 ; khi x > 1  y '  0 . 0 ,25 đ KL: miny = 0  x  1 . Câu Vb 2 x  y  1 4 1 T ọa độ trọng tâm tam giác ABC là   G ; . (1,0 đ) 0 ,25 đ x  3y  1 7 7 Gọi B  b ; 2b  1  (d1 ) ; C 1  3c ; c   ( d 2 ) 5 2   b  3c  7 b  7 0 ,50 đ    Ta có:  .  2b  c  3 c   1   7 7    2 3   10 1  KL: B  ;   ; C  ;   . 0 ,25 đ 7 7  7 7 Câu VIb Ý 1 ĐK: x > 0 . Đặt t  log 3 x  x  3 t . 0 ,25 đ (2,0 đ) (1,0 đ) t 2 1 9 2 4 2 Ta có: 2.2t  2t  3t  .2t  3t        . 0 ,50 đ 4 4  3 9  3 Khi t = 2 thì log 3 x  2  x  9 (th) 0 ,25 đ KL: nghiệm PT là x  9 . Ý2 Đặt t  x  1. Suy ra : x  1  t  0 . 0 ,25 đ (1,0 đ) ln 1   t   1 ln 1  t  1 Giới hạn trở thành: lim  .  lim . 0,50đ  t  t  2 2 t  t  2  t 0 t 0 ln  2  x  1 0,25đ KL: lim  . 2 x 1 2 x 1 ĐỀ 5 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x  4 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  . 1 x 1). Khảo sát và vẽ đồ thị  C  của hàm số trên. 2). Gọi (d ) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN  3 10 . Câu II (2 điểm) : 25 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com  x  y  x 2  y 2  12  1). Giải hệ phương trình:   y x 2  y 2  12  2). Giải phương trình : 2 sin 2 x  sin 2 x  sin x  cos x  1  0 .  2 3sin x  2cos x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I   dx (sin x  cos x)3 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt : 10 x 2 8 x  4  m(2 x  1). x 2  1 . PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD: x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC.  x  2  t   y  2t 2. Cho đường thẳng (D) có phương trình: .Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1)  z  2  2t  song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5    xy  1 yz  1 zx  1 x  y  z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) Oxy 1).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho đường tròn hai đường 2 2 2 2 tròn (C ) : x  y – 2 x – 2 y  1  0, (C ') : x  y  4 x – 5  0 cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. 2). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d : y2 x2 z5  z và d’ : . x  y 3 1 2 1 Viết phương trình mặt phẳng ( ) đ i qua d và tạo với d’ một góc 300 Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh b c 1 1 2  a     2  3a  b 3a  c 2 a  b  c  3a  c 3a  b ĐÁP ÁN ĐỀ 5 Câu Phần Nội dung I Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa. (2,0) 1(1,0) 2(1,0) Từ giả thiết ta có: (d ) : y  k ( x  1)  1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau 2 2 có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt sao cho  x2  x1    y2  y1   90(*) 26 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com  2x  4  kx 2  (2k  3) x  k  3  0  k ( x  1)  1  ( I ) . Ta có: ( I )    x  1 y  k ( x  1)  1   y  k ( x  1)  1  Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 3 kx 2  (2 k  3) x  k  3  0(**) có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được k  0, k  . 8 2 2 2 2 Ta biến đổi (*) trở thành: (1  k )  x2  x1   90 (1  k )[ x2  x1   4 x2 x1 ]  90(***) 2k  3 k 3 Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1  x2  , x1 x2  , thế vào (***) ta có k k phương trình: 3  41 3  41 8k 3  27 k 2  8k  3  0  (k  3)(8k 2  3k  1)  0  k  3, k  , k . 16 16 KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. Câu Ý Nội dung 1 1) CâuII:2. Giải phương trình: 2 sin 2 x  sin 2 x  sin x  cos x  1  0  2 sin 2 x  (2 cos x  1) sin x  cos x  1  0 .   ( 2 cos x  1) 2  8(cos x  1)  ( 2 cos x  3) 2 . VËy sin x  0,5 hoÆc sin x  cos x  1 .  5 Víi sin x  0,5 ta cã x   2k hoÆc x   2k 6 6    2  Víi sin x  cos x  1 ta cã sin x  cos x  1  sin  x      sin    , suy ra 4 2  4  3  2k x  2k hoÆc x  2 2 Điều kiện: | x |  | y |  u2  u  x2  y 2 ; u  0 1 Đặt  ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta có y   v   . v 2 v  x  y  Hệ phương trình đã cho có dạng: u  v  12  2 u  u  v    12 2  v  u  4 u  3 hoặc   v  8 v  9   x2  y 2  4 u  4  + (I) v  8 x  y  8   u  3  x 2  y 2  3  + (II) v  9 x  y  9  Giải hệ (I), (II). 27 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5; 4  Câu Phần Nội dung Đ III 0,    Đặt x   t  dx  dt , x  0  t  , x   t  0. (1,0) 2 2 2    2 2 2 3sin x  2 cos x 3cos t  2sin t 3cos x  2sin x Suy ra: I   dx (Do tích phân không phụ dx   dt   0, 3 3 (cos x  sin x)3 (sin x  cos x) (cos t  sin t ) 0 0 0 thuộc vào kí hiệu cảu biến số).    2 2 2 3sin x  2cos x 3cos x  2sin x 1 Suy ra: 2 I  I  I   dx = dx   dx   3 3 (sin x  cos x ) 2 (sin x  cos x) (cos x  sin x) 0 0 0    2 12  1 1 1 1   0, = d  x    tan  x   2  1 . KL: Vậy I  . dx     2 0 2cos 2  x  20  4 2 4 0 cos 2  x       4 4   IV 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam 0,25 giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của  AB  IC  AB   CHH '   ABB ' A '   CII ' C ' AB, A’B’. Ta có:   AB  HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K  II ' . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: x3 x3 1 1 I ' K  I ' H '  I 'C '  ; IK  IH  IC  3 6 3 3 0,25 x3x3 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK  OK 2   r 2  x 2  6r 2 . 6 3 h   Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V  B  B ' B.B ' 3 0 ,25 2 2 2 Trong đó: B  4x 3  x 2 3  6r 2 3; B '  x 3  3r 3 ; h  2r 4 4 2 2r  2 3r 2 3  21r 3 . 3 3r 2 3  6r 2 3.  6r 3   Từ đó, ta có: V  0 ,25 3 2 2 3   Nhận xét : 1 0x 2 8 x  4 = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) V 0,25 28 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 0 ,25 2x  1 2x  1 ) 2  m( Phương trình tương đương với : 2 ( )20. x2 1 x2 1 0,25 2t 2  2 2x  1  t Điều kiện : -2< t  5 . Rút m ta có: m= Đặt t x2 1   Lập bảng biến thiên của hàm số trên  2, 5 , ta có kết quả của m để phương 12 0,25 trình có hai nghiệm phân biệt là: 4  m  hoặc -5 < m  4 5 VIa 0,75 1 1,00 Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t ;1  t  .  t 1 3  t  Suy ra trung điểm M của AC là M  ; . 2 2 0,25 0,25  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  . x 1 y   4x  3y  4  0 Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 7  1 8 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thì ( P) //( D ) hoặc ( P)  ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH  IA và IH  AH .  d   D  ,  P    d  I ,  P    IH  Mặt khác  H   P  Trong mặt phẳng  P  , IH  IA ; do đó maxIH = IA  H  A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A. 29 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com     Vectơ pháp tuyến của (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với v   2;0; 1 . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2  x  4   1.  z  1  2x - z - 9 = 0 . VIIa Để ý rằng  xy  1   x  y   1  x  1  y   0 ;  yz  1  y  z 0 ,25 và tương tự ta cũng có   zx  1  z  x Vì vậy ta có: 1,00 1 1 x y z 1 x  y  z       11 1  xy  1 yz  1 zx  1  yz  1 zx  1 xy  1 x y z    3 yz  1 zx+y xy  z 1 y z  x   5  yz  1 zx  y xy  z   y z  x 1   5  z y yz 5 VIb 1) + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R  1, R '  3 , đường 0,25 thẳng (d ) qua M có phương trình a ( x  1)  b( y  0)  0  ax  by  a  0, (a 2  b 2  0)(*) . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. Khi đó ta có: 2 2 MA  2 MB  IA2  IH 2  2 I ' A2  I ' H '2  1   d ( I ;d )   4[9   d ( I ';d )  ] , 0,25 IA  IH . 9a 2 b2 36a 2  b 2 2 2  35  a 2  36b 2  4  d ( I ';d )    d ( I ;d )   35  4. 2 2  35  2 2 2 2 a b a b a b a  6  0,25 Dễ thấy b  0 nên chọn b  1   .  a6 Kiểm tra điều kiện IA  IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn. 0,25 2 .Đường thẳng d đi qua điểm M (0;2;0) và có vectơ chỉ phương u (1;1;1) Đường thẳng d ’ đi qua điểm M ' (2;3;5) và có vectơ chỉ phương u '( 2; 1;1) . 1 Mp ( ) phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và cos(n; u ' )  cos 600  2 Bởi vậy nếu đặt n  ( A; B; C ) thì ta phải có : 0,25 A  B  C  0 B  A  C B  A  C    2   2A  B  C 1 2 2 2 2  2 A  AC  C  0 2 3 A  6 A  ( A  C )  C   2 2 2 2  6 A  B C Ta có 2 A2  AC  C 2  0  ( A  C )( 2 A  C )  0 . Vậy A  C hoặc 2 A  C . Nếu A  C ,ta có thể chọn A=C=1 , khi đó B  2 , tức là n  (1;2;1) và mp( ) có phương trình 30 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com x  2( y  2)  z  0 hay x  2 y  z  4  0 Nếu 2 A  C ta có thể chọn A  1, C  2 , khi đó B  1 , tức là n  (1;1;2) và mp( ) có phương trình x  ( y  2)  2 z  0 hay x  y  2 z  2  0 VIIb 1,00 a  b  c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b  c  a . c  a  b  a b ca  y , a  z  x, y , z  0   x  y  z , y  z  x, z  x  y .  x, Đặt 2 2 0,50 Vế trái viết lại: ab ac 2a VT    3a  c 3a  b 2a  b  c x y z    yz zx x y 2z z Ta có: x  y  z  z  x  y  z   2 z  x  y    . x y z x y x 2x y 2y  ;  . Tương tự: y z x y z z x x y z 0,50 2 x  y  z  x y z     2. Do đó: y z z x x y x y z b c 1 1 2  Tức là: a      2  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b x  1  x  2m x 1  x   2 4 x 1  x   m3 (1) V.Phương trình Điều kiện : 0  x  1 Nếu x  0;1 thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất 1 1 thì cần có điều kiện x  1  x  x  . Thay x  vào (1) ta được: 2 2 m  0 1 1  m3    m  2. 2.  m  1 2 2 * Với m = 0; (1) trở thành: 1 2   4 x  4 1 x 0 x 2 Phương trình có nghiệm duy nhất. 31 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com * Với m = -1; (1) trở thành x  1  x  2 x 1  x   2 4 x 1  x   1    x  1  x  2 4 x 1  x   x  1  x  2 x 1  x   0  2 2     4 x  4 1 x x  1 x  0 1 4 x  4 1 x  0  x  + Với 2 1 + Với x  1  x  0  x  2 Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. * Với m = 1 thì (1) trở thành: 2 2     x  1  x  2 4 x 1  x   1  2 x 1  x   4 x  4 1 x x  1 x 1 Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x  0, x  nên trong trường hợp này (1) không 2 có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. ĐỀ 6 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm). Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y  x 3  (1  2m) x 2  ( 2  m) x  m  2 (1) m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2. 2. T ìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: x  y  7  0 góc  , biết 1 cos  . 26 Câu II (2 điểm)  2x  log 2  4  5 . 1 . G iải bất phương trình: 1 4 x 2 3 sin 2 x.2 cos x  1  2  cos 3 x  cos 2 x  3 cos x. 2. G iải phương trình: Câu III (1 điểm) 4 x 1 dx . Tính tích phân: I   1  2 1  2x 0 Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB  a 2 . Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA  2 IH , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) 0 bằng 60 .Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). Câu V(1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  xyz . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x y z P 2 2 . 2 x  yz y  zx z  xy PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ). 32 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.