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 8

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

Báo xấu

161
lượt xem 52
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 8', 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 8

www.VNMATH.com    Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là u  BC  ( 4; 1) . 0,25 Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0  Giả sử n ( a; b; c) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b = 0. 0,25  Đường thẳng  đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương u  (1;1; 4)   n.u  a  b  4c  0   / /( P ) (1)  Từ giả thiết ta có    | a  5b | 0,25  d ( A;( P ))  4 4 (2) 2 a  b2  c 2  VI.b-2 Thế b = - a - 4c vào (2) ta có ( a  5c )2  (2a 2  17c 2  8ac)  a 2 - 2ac  8c 2  0 (1 điểm) 0,25 a a  4 v  2 c c a Với  4 chọn a = 4, c = 1  b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = 0. c 0,25 a Với  2 chọn a = 2, c = - 1  b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0. c Giả sử z = a +bi với ; a,b  R và a,b không đồng thời bằng 0. 0,25 a  bi 1 1 Khi đó z  a  bi ;  2 0,25 z a  bi a  b2 25( a  bi ) 25 Khi đó phương trình z  0,25  8  6i  a  bi  2  8  6i VII.b a  b2 z (1 điểm)  a ( a 2  b2  25)  8( a 2  b 2 ) (1) 3   2 . Lấy (1) chia (2) theo vế ta có b  a thế vào (1) 2 2 2 b( a  b  25)  6( a  b ) (2) 4  0,25 Ta có a = 0 v a = 4 Với a = 0  b = 0 ( Loại) Với a = 4  b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i. ĐỀ 8 I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm) 2x  1 Câu I (2 điểm). Cho hàm số y  có đồ thị là (C) x2 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2.Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8 log 2 x  log 2 x 2  3  5 (log 4 x 2  3) 2.Giải bất phương trình 2 dx Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm I   sin x. cos 5 x 3 Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30 0. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a. Câu V (1 điểm). Cho a, b, c  0 và a 2  b2  c 2  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 44 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com a3 b3 c3 P   1  b2 1  c2 1  a2 II.Phần riêng (3 điểm) 1.Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm). 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình  x  1  2t  y  t . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn  z  1  3t  nhất. Câu VIIa (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. 2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm) Câu VIb (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 và đường thẳng d có phương trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương x 1 y z 1 trình . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là  2 1 3 lớn nhất. Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ. ĐÁP ÁN ĐỀ 8 I.Phần dành cho tất cả các thí sính Câu Đáp án Điểm 1 . (1,25 điểm) I a .TXĐ: D = R\{-2} (2 b .Chiều biến thiên điểm) 0,5 + Giới hạn: lim y  lim y  2; lim y  ; lim y   x  2  x  2  x   x   Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2 3 + y'   0 x  D ( x  2) 2 0 ,25 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;2) và (2;) + Bảng biến thiên x   -2 y’ + + 0 ,25  2 y 45 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 2  c.Đồ thị: 1 1 Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; ) và cắt trục Ox tại điểm(  ;0) 2 2 Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng y 0,25 2 -2 O x 2 . (0,75 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình  x  2 2x  1  x  m   2 0,25 x2  x  (4  m) x  1  2m  0 (1) Do (1) có   m 2  1  0 va ( 2) 2  (4  m).( 2)  1  2m  3  0 m nên đường thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B T a có yA = m – xA; yB = m – xB n ên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy 0 ,5 ra AB ngắn nhất  AB2 nhỏ nhất  m = 0. Khi đó AB  24 II 1 . (1 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 0,5 (2 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8 điểm)  6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0  6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0  (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 0 ,25 1  sin x  0  6 cos x  2 sin x  7  0 (VN ) 0 ,25   x   k 2 2 2 . (1 điểm) x  0 ĐK:  2 2 log 2 x  log 2 x  3  0 Bất phương trình đã cho tương đương với 0 ,5 2 2 log x  log 2 x  3  5 (log 2 x  3) (1) 2 đ ặt t = log2x, BPT (1)  t 2  2t  3  5 (t  3)  (t  3)(t  1)  5 (t  3) 46 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 0 ,25 t  1 log 2 x  1 t  1   t  3   3  t  4 3  log 2 x  4 (t  1)(t  3)  5(t  3) 2  1  0  x  2 Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: (0; 1 ]  (8;16)   2 8  x  16 III dx dx I  8 3 1 điểm 3 3 2 sin 2 x. cos 2 x sin x. cos x. cos x 0 ,5 đ ặt tanx = t dx 2t  dt  ; sin 2 x  2 1 t2 cos x (t 2  1) 3 dt  I  8 dt  t3 2t 3 ( ) 1 t 2 t 6  3t 4  3t 2  1 dt  t3 3 1 3 1   (t 3  3t   t 3 ) dt  tan 4 x  tan 2 x  3 ln tan x  0 ,5 C 2 tan 2 x t 4 2 Câu IV 1 điểm Do AH  ( A1 B1C1 ) nên góc AA1 H là góc giữa AA1 và (A1B 1C1), theo giả thiết thì góc AA1 H bằng 30 0. Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc AA1 H =300 a3  A1 H  . Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và 2 a3 A1 H  n ên A1H vuông góc với B1C1. Mặt khác AH  B1C1 nên 0 ,5 2 B1C1  ( AA1 H ) A B C K A1 C 1 H B1 Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và 0 ,25 B 1C1 0 ,25 A1 H . AH a 3 T a có AA1.HK = A1H.AH  HK   AA1 4 47 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com Câu V a3 b3 c3 T a có: P + 3 =  b2   c2   a2 1 điểm 2 2 2 1 b 1 c 1 a 3 2 2 b3 b2 1 c2 a a 1 b 6  P       2 1  c2 2 1  c2 2 1 b2 2 1 b2 42 42 42 0,5 c3 c2 1 a2 a6 b6 c6     33  33  33 2 1 a2 2 1 a2 4 2 16 2 16 2 16 2 3 3 9 (a 2  b 2  c 2 )  6 P  22 222 28 3 9 3 9 3 3 0,5 P     6 3 22 22 22 2 22 Để PMin khi a = b = c = 1 PhÇn riªng. 1.Ban c¬ b¶n C©u 1.( 1 ®iÓm) VIa Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp 2 0,5 tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ AB  AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng ®iÓm 3  IA  3 2 m 1  m  5  3 2  m 1  6    m  7 2 0 ,5 2 . (1 điểm) Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn nhất khi A  I 0,5 Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. H  d  H (1  2t; t;1  3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên AH  d  AH .u  0 (u  (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d) 0,5  H (3;1;4)  AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 0,5 Câu 2 Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 4  6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và VIIa C 52  10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 52 . C 52 = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán 1 0,5 Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả C 4 . C 52 .4! = 1440 số 2 điểm 2.Ban n©ng cao. C©u 1.( 1 ®iÓm) VIa Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp 2 0,5 tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ AB  AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng ®iÓm 3  IA  3 2 48 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com m 1  m  5  3 2  m 1  6    m  7 2 0,5 2 . (1 điểm) Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn nhất khi A  I 0,5 Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. H  d  H (1  2t; t;1  3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên AH  d  AH .u  0 (u  (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d) 0,5  H (3;1;4)  AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 0,5 Câu Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 52  10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 VIIa đứng đầu) và C 5 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 52 . C 5 = 100 bộ 5 số được chọn. 3 3 1 0,5 Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả C 52 . C 5 .5! = 12000 số. 3 điểm 1 3 Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C 4 .C 5 .4! 960 . Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán ĐỀ 9 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) x Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số y = (C) x-1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2.0 điểm) 1. Giải phương trình 2cos6x+2cos4x- 3cos2x = sin2x+ 3 1 2 2 x  x  y  2 2. Giải hệ phương trình   2 2  y  y x  2 y  2 Câu III. (1.0 điểm) 1 x 2 3  (x sin x )dx  Tính tích phân 1 x 0 Câu IV. (1.0 điểm) 111   2 Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xyz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Câu V. (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < 3 ) các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình nâng cao Câu VIa. (2.0 điểm) 49 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.04: Bộ 290+ Đề Thi Vào Lớp 10 Năm 2020

290 tài liệu

513 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: 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.