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 9

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 9', 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 9

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
www.VNMATH.com 1. 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d 2): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d 2), trục Oy. 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N. log 3 ( x  1)2  log 4 ( x  1)3 0 Câu VIIa . (1.0 điểm) Giải bất phương trình x2  5x  6 B. Theo chương trình chuẩn Câu VIb. (2.0 điểm) 1. Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d). 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q). Câu VIIb. (1.0 điểm) Giải phương trình C xx  2C xx 1  C xx  2  C x2x2 3 ( Cn là tổ hợp chập k của n phần tử)  k ĐÁP ÁN ĐỀ 9 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM Câu I 0.25 (2.0đ) TXĐ : D = R\{1} 1. Chiều biến thiên 0.25 (1.0đ) lim f ( x)  lim f ( x)  1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x  x  lim f ( x)  , lim   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số   x 1 x 1 1 y’ =  0 ( x  1) 2 Bảng biến thiên 0.25 x - 1 + - - y' 1 + y 1 - Hàm số nghịc biến trên (;1) và (1; ) Hàm số không có cực trị Đồ thị.(tự vẽ) 0.25 Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 50 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 2.(1.0đ) Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối 0.25 xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất. x 1 ( x  x0 )  0 Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : y   2 ( x0  1) x0  1 2 x0 1 x y  0 ( x0  1) 2 ( x0  1) 2 0.25 2 x0  1 Ta có d(I ;tt) = 1 1 ( x0  1) 4 (1  t )(1  t )(1  t 2 ) 2t Xét hàm số f(t) = (t  0) ta có f’(t) = 1 t4 (1  t 4 ) 1  t 4 f’(t) = 0 khi t = 1 0.25 Bảng biến thiên 1 + 0 x từ bảng biến thiên ta c - + 0 f'(t) d(I ;tt) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay 2 f(t)  x0  2 x0  1  1    x0  0 + Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x 0.25 + Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 Câu 0.25 4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos2x II(2.0đ) 0.25 cos x=0 1.  (1.0đ)  2cos5x =sinx+ 3 cos x 0.25 cos x  0  cos5x=cos(x-  )  6 0.25    x  2  k   k  x     24 2   x    k 2  42 7  2.(1.0đ) ĐK : y  0 0.5 51 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 1 2 2 x  x  y  2  0 2  2u  u  v  2  0  hệ   đưa hệ về dạng  2  2  1  x20  2v  v  u  2  0   y2 y      0.5   u  v u  v  1   u  v  1  u  1  v Từ đó ta có nghiệm của hệ  2 2v  v  u  2  0   3 7 3 7 u  u    2 2 ,  1  7  1  7   v  v   2  2 3 7 2 3 7 2 (-1 ;-1),(1 ;1), ( ; ), ( ; ) 2 2 7 1 7 1 Câu III. 0.25 1 1 x I   x 2 sin x3 dx   dx (1.0đ) 1 x 0 0 0.25 1 3 2 3 Ta tính I1 =  x sin x dx đặt t = x ta tính được I1 = -1/3(cos1 - sin1) 0 0.25 1 1   1 x Ta tính I2 =  1  x dx đặt t = x ta tính được I2 = 2  (1  )dt  2(1  )  2  2 1 t 4 2 0 0 0.25  Từ đó ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+ 2  2 0.25 111 Câu IV. Ta có x  y  z  2 nên (1.0đ) 0.25 1 y 1 z 1 ( y  1)( z  1) 1 1  1 1   2 (1) x y z y z yz 1 x 1 z 1 ( x  1)( z  1) 1 1 Tương tự ta có  1 1   2 (2) y x z x z xz 1 x 1 y 1 ( x  1)( y  1) 1 1  1 1   2 (3) y x y x y xy 0.25 1 Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( x  1)( y  1)( z  1)  8 0.25 1 3 vậy Amax = xyz 8 2 52 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com Câu V. 0.5 (1.0đ) Ta có SBD  DCB (c.c.c)  SO  CO S Tương tự ta có SO = OA vậy tam giác SCA vuông tại S.  CA  1  x 2 Mặt khác ta có AC 2  BD 2  AB 2  BC 2  CD 2  AD 2 C D  BD  3  x 2 ( do 0  x  3) H 1 1  x2 3  x2  S ABCD  O 4 B A Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB) 0.25 Vì SB = SD nên HB = HD  H  CO 0.25 x 1 1 1 Mà  2  SH   2 2 SH SC SA 1  x2 1 Vậy V = x 3  x 2 (dvtt) 6 Câu 0.5 VIa. Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) (2.0đ) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) 1. Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) (1.0đ) 0.5 Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 2. 1.0 Y (1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) D' A' B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng C' 2 2 2 B' x + y + z +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có 5  N A   2 1  2 A  D  0  M 5  2  2 B  2C  D  0  B    D A X  2  8  4 A  4C  D  0  1 C    8  4 B  4C  D  0 2  B C D  4  Z A2  B 2  C 2  D  15 Vậy bán kính R = Câu Đk: x > - 1 0.25 VIIa 53 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com (1.0đ) 0.25 3log 3 ( x  1) 2 log 3 ( x  1)  log 3 4 bất phương trình  0 ( x  1)( x  6) log 3 ( x  1)  0 x6 0.25 0.25  0 x6 Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)2 + (x-b)2 = R2 0.25 Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình 0.25 Câu (1  a ) 2  b 2  R 2 VIb  2 2 2 (1  a )  (2  y )  R (2.0đ) ( a  b  1) 2  2 R 2 1.  (1.0đ) 0.5 a  0   b  1 2 R  2 Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2        2. 1.0 Ta có AB(1;1;1), nQ (1; 2;3),  AB; nQ   (1; 2;1)   (1.0đ)        Vì  AB; nQ   0 nên mặt phẳng (P) nhận  AB; nQ  làm véc tơ pháp tuyến     Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0 Câu 1.0 2  x  5 ĐK :  VIIb x  N (1.0đ) Ta có C xx  C xx 1  C xx 1  C xx  2  C x2x2 3  Cxx1  C xx1  C x2x2 3  C xx 2  C x2x2 3  1    (5  x)!  2!  x  3 ĐỀ 10 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): y  x3  3mx 2  3( m 2  1) x  m3  m (1) Câu I (2 điểm): Cho hàm số 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm):  2cos3x.cosx+ 3(1  s in2x)=2 3cos 2 (2 x  ) 1. Giải phương trình : 4 2. Giải phương trình : log 2 (5  2 x)  log 2 (5  2 x).log 2 x 1 (5  2 x)  log 2 (2 x  5)2  log 2 (2 x  1).log 2 (5  2 x) 1 2   tan( x  ) 6 4 dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân : I  cos2x 0 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và mặt phẳng 54 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.