ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC SỐ 30 NĂM HỌC 2011 MÔN TOÁN KHỐI A

Chia sẻ: Nguyen Minh Xuan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

150
lượt xem 43
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề luyện thi đại học số 30 năm học 2011 môn toán khối a', 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 ĐẠI HỌC SỐ 30 NĂM HỌC 2011 MÔN TOÁN KHỐI A

ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC SỐ 30- NĂM HỌC 2011 SỞ GD-ĐT KON TUM TRƯỜNG THPT NGỌC HỒI Khối A, MÔN TOÁN I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = 2 x 3 − 3mx 2 + (m − 1) x + 1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1 2. Tìm m để đường thẳng y = 2 x + 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm A; B; C phân biệt thỏa mãn điểm C ( 0;1) nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30 . Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình : cos x + cos 3 x = 2 cos ( π − 5 x ) . x+3 2 x2 + 4 x = 2. Giải phương trình: . 2 . 8xy x 2 + y2 += 16 x+y với x ; y ﾡ . 3. Giải hệ phương trình: x3 + x x + y − 3 = 0 π 2 cot x Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I = dx π ( 4sin x − cosx ) sin x 4 ﾡ Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a và BAD = 600 . 3 . Kẻ OK ⊥ SA , ( K SA) . Tính thể tích khối Cạnh SC vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SC = a 2 đa diện SCBDK. Câu V: (1 điểm) Cho a , b, c > 0 thỏa mãn abc = 8 . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 P= + + 2a + b + 6 2b + c + 6 2c + a + 6 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Câu VIa: (2điểm) 1. Trong Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(3, -7), trực tâm là H(3; -1), tâm đ ường tròn ngo ại ti ếp tam giác là I(-2; 0). Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hoành độ âm. x −1 y − 2 z = = và hai điểm A(1;1;0), 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : 2 1 1 B(2;1;1). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, ∆ ⊥ d sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng ∆ là lớn nhất. Câu VIIa: (1điểm) Cho số phức z thỏa mãn z + z = 0 . Tính mô đun của số phức z. 2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb:(3điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đ ường cao BH có ph ương trình 3x + 4y + 10 = 0 , đường phân giác trong góc A là AD có ph ương trình là x − y + 1 = 0 , điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C m ột kho ảng b ằng 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(0;1;1) , B(1;0; −3), C (−1; −2; −3) và mặt cầu (S) có phương trình : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 z − 2 = 0 . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. 6+ 2 6− 2 +i Câu VIIb: Cho số phức z = . Hãy tính z24 . 2 2
2.log 3 y = log 2 1 x − 1 3. Câu VIII.b: (1điểm) Giải hệ phương trình : 2 log 2 y = (log 2 x − 1).log 2 3 NỘI DUNG ĐIỂM CÂU 1 Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số: y = 2 x 3 − 3mx 2 + (m − 1) x + 1 là nghiệm phương trình: 2 x3 − 3mx 2 + (m − 1) x + 1 = 2 x + 1 0,25 x = 0 � y =1 � x (2 x 2 − 3mx + m − 3) = 0 � 2 x 2 − 3mx + m − 3 = 0 (*) Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B 0,25 khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu � 2.(m − 3) < 0 � m < 3 3m x A + xB = yA = 2 xA + 1 2 Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn ( vì A và B thuộc (d)) và y B = 2 xB + 1 m−3 x A . xB = I.2 2 AB = 30 � ( xB − x A ) 2 + ( yB − y A ) 2 = 30 0,25 m −3 9m 2 � ( x B − x A ) = 6 � ( xB + x A ) − 4 x B . x A = 6 � − 4. =6 2 2 4 2 m=0 8 ( t / m) � 9 m − 8m = 0 � 2 m= 9 8 Vậy m = 0; m = là giá trị cần tìm. 0,25 9 CÂU II Phương trình đã cho � cos x + cos3x + 2cos 5x = 0 � cos x − cos3x + 2 ( cos3x + cos5x ) = 0 0,25 � 2sin 2x sin x + 4 cos 4x cos x = 0 cos x = 0 � 4 cos x ( sin 2 x + cos4x ) = 0 � 0,25 sin 2 x + cos4x = 0 ( 1) π + cos x = 0 � x = + kπ 0,25 2 II.1 1 − cos2x + ( 1) � + 2 cos 2 2x − 1 = 0 � 4 cos 2 2x − cos2x − 1 = 0 2 � + 17 � 1 1 1 + 17 x= � 8 � kπ + arccos � cos 2x = � 0,25 2 � � 8 � � 1 − 17 � − 17 � 1 1 cos 2x = x= � 8 � kπ + arccos � � 8 2 � � Điều kiện x + y > 0 II.2 0,25 Giải 0,25 ( x + 1) + 2 x+3 x +1 1 � 2 ( x + 1) − 2 = � ( x + 1) − 1 = ĐK x −3 . 2 x 2 + 4 x = 2 2 +1 . 2 2 2 2 1 t2 −1 = y x +1 t t 2 Đặt t = x + 1, y = +1 = + 1 � y 2 − 1 = . Ta được hệ phương trình . 1 2 2 2 y2 − 1 = t 2 Giải thêm chút nữa ta được kết quả!
8xy = 16 ( 1) x 2 + y2 + −3 − −5 17 13 x+y Hệ phương trình ĐS: x = , x= 4 4 ( 2) x3 + x x + y − 3 = 0 ( x + y ) ( x + y ) + 8xy = 16 ( x + y ) Khi đó ( 1) 2 2 � ( x + y ) ( x + y ) + 4 �x + y ) − ( x + y ) � 16 ( x + y ) ( 2 = 2 2 2 2 � � � ( x + y ) ( x + y − 4) + 4 ( x + y ) ( x + y − 4) = 0 2 2 � ( x + y − 4 ) �2 + y 2 + 4 ( x + y ) � 0 = x � � x + y = 4 (t / m) x 2 + y 2 + 4 ( x + y ) = 0 (Loai ) do x + y > 0 Thay x + y = 4 vào PT(2) ta được: x 3 + 2x − 3 = 0 � (x − 1)(x 2 + x + 3) = 0 x =1 0,25 x 2 + x + 3 = 0 (VN) Với x = 1 � y = 3 . 0,25 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;3) π 4 tan x Ta có: I = dx 0,25 0( 4 − tan x ) cos 2 x π dx Đặt: tan x = t � = dt . Đổi cận: Với x = 0 � t = 0; x = � t = 1 2 cos x 4 CÂU II 1 t.dt Suy ra: I = 0,25 4−t 0 1 1 1 1 4 − (4 − t) d(4 − t) �4 � 1 �I=� dt = � − 1 � = −4 � − � = −4 ln 4 − t − t 1 dt dt 0,25 � 4−t 4−t � 4−t 0� 0 0 0 0 0 4 I = 4 ln − 1 0,25 3 Hình vẽ CÂU IV 0,25 S K A B O C D
2 a3 2 a 3 1 ﾡ = AB.AD.sin BAD = = SC.SS.ABCD = Ta có: SABCD ; VS.ABCD 2 3 4 Và: VSCBKD = VS.ABCD − VA.BKD BD ⊥ AC � BD ⊥ (SAC) � BD ⊥ SA mà OK ⊥ SA � SA ⊥ (BKD) nên AK là Do BD ⊥ SC đường cao của hình chóp A.BKD OK SC OA.SC OA.SC a Mặt khác: ∆SCA ∆OKA (g.g) � = � OK = = = OA SA SA 2 SC + AC 2 2 � � a3 vì: � = 2OA = 2. = a 3� AC 0,25 � � 2 � � BD ⊥ (SAC) a2 1 � OK ⊥ BD � SBKD = OK.BD = Mà OK (SAC) 2 4 SC AC AC.OK a = � AK = = (vì ∆SCA ∆OKA ) Ta lại có : OK AK SC 2 2 a3 1 Suy ra VABKD = AK.SBKD = 0,25 3 24 a3 2 a3 2 5 2 a3 Vậy: VSCBKD = VS.ABCD − VA.BKD = − = (đvtt) 0.25 4 24 24 � � 1� 1 � 1 1 1 1 1 P= + + �P= � + + . � 2 � + b + 3 b + c + 3 c + a + 3� 2a + b + 6 2b + c + 6 2c + a + 6 a �2 � 2 2 a b c Đặt: x = ; y = ; z = � x, y, z > 0 & x. y.z = 1 Khi đó: 2 2 2 0,25 1� 1 � 1 1 P= � + + 2 �x + y + 3 2 y + z + 3 2 z + x + 3 � 2 � Mà ta có: x + y � xy ; x + 1 ��x 2 x + y + 3 � xy + x + 1) 2 2 2( 1 1 2 x + y + 3 2( xy + x + 1) CÂU V 1� � 1 1 1 + + Tương tự ta có: P � � 0.25 4 � xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1 � ( Nhân tử và mẫu phân số thứ hai với x ; phân số thứ ba với xy ) 1� � xy 1 x + + P � � 4 � xy + x + 1 x ( yz + y + 1) xy ( zx + z + 1) � 0,25 1� � xy 1 x 1 + + P �P � 4 � xy + x + 1 1 + xy + x ) x + 1 + xy � 4 1 Vậy P đạt GTLN bằng xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 2 0,25 4 Chương trình chuẩn Câu VIa
A :2x-3y+14=0 H M(-3;0) x-2y-1=0 C B 0,25 r r Ta có n ( 1; −2 ) là VTPT của đường thẳng CH, do AB ⊥ CH nên n ( 1; −2 ) là 1 VTCP của đường thẳng AB, mà AB đi qua M ( −3;0 ) phương trình tham số đường thẳng AB: x = −3 + t phương trình tổng quát đường thẳng AB: 2x + y + 6 = 0 . y = −2t Mặt khác A �( ∆ ) � A = ( ∆ ) �AB do đó tọa độ của A là nghiệm của hpt VIa.1 � + y+6 = 0 � = −4 2x x � A ( −4; 2 ) �� − 3y + 14 = 0 �=2 2x y x + xB xM = A x = −2 2 do M ( −3;0 ) là trung điểm của AB do đó � � B ( −2; −2 ) � �B 0,25 yA + yB y B = −2 yM = 2 phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x − 3y + m = 0 (m 14) , mà Do BC // ∆ 0,25 (BC) đi qua B ( −2; −2 ) � m = −2 � BC : 2x − 3y − 2 = 0 Lại có C = BC CH do đó tọa độ của nghiệm của C là hpt � − 2y − 1 = 0 � =1 x x � C ( 1;0 ) 0,25 � � � � − 3y − 2 = 0 � =0 2x y Vậy A ( −4; 2 ) , B ( −2; −2 ) , C ( 1;0 ) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên ∆ , ta có d ( B, ∆ ) = BH BA (vì ∆ đi qua A). 0,25 Do đó khoảng cách từ B đến đường thẳng ∆ là lớn nhất =�BH BA � H A. r Vậy đường thẳng ∆ cần lập chính là đường thẳng đi qua A, ∆ ⊥ d và ∆ ⊥ AB . Gọi u là vectơ chỉ phương củurđường thẳng ∆ . au 0,25 uuu r Ta có AB ( 1;0;1) và u1 ( 2;1;1) là vec tơ chỉ phương của đường thẳng d VIa.2 r uuu uurr r ur u r uuu r Do ∆ ⊥ d � u ⊥ u1 ; ∆ ⊥ AB � u ⊥ AB , vậy ta lấy u = � u1 � ( −1;1;1) = AB, � 0,25 � x = 1− t Mặt khác ∆ đi qua A ( 1;1;0 ) vậy phương trình của ∆ là y = 1 + t 0,25 z=t Câu 11 � + i) 2 � � ( 1− i) � (1 8 11 8 � + i � �2i � 2i 1 VIIa Ta có i.z = � � + � �� i.z = � �+� 0,25 � �− i � �+ i � 1 1 �2 � � 2 � � � � iz = ( i ) + ( 1 + i ) = 16 − i � z = −1 − 16i � z = −1 + 16i 11 8 0,25 Do đó w = z + iz = −1 − 16i + i ( −1 + 16i ) = −17 − 17i 0,25
Vậy w = 17 2 + 17 2 = 17 2 0,25 Chương trình nâng cao Câu VIb A H N I M C B D 0,25 Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm M và ∆ ⊥ AD , ∆ cắt AD tại I và cắt AC tại N . r r Có n ( 1; −1) là VTPT của AD, do ∆ ⊥ AD � n ( 1; −1) là VTCP của ∆ phương trình x=t tham số của ∆ : suy ra phương trình tổng quát ∆ : x + y − 2 = 0 . y = 2−t 1 x= x+ y−2 = 0 � 3� 1 � � 2 � I� ; � Do I = ∆ �� tọa độ I là nghiệm của hpt: � AD . x − y +1 = 0 3 � 2� 2 y= 2 Tam giác AMN có d2 vừa là đường cao, vừa là phân giác nên là tam giác cân tại ⇒ I là trung điểm của MN ⇒ N (1;1) ur u uu r ur u VIb.1 Có n1 ( 3; 4 ) là VTPT của BH � u1 ( 4; −3) là VTCP của BH, do BH ⊥ AC � u1 ( 4; −3) là VTPT của AC, do AC đường thẳng đi qua điểm N(1;1) nên AC : 4 ( x − 1) − 3 ( y − 1) = 0 AC: 4x – 3y –1 = 0. Do A = AC �� tọa độ A là AD 0,25 � − 3y − 1 = 0 �=4 4x x �� A(4;5) nghiệm của hệ phương trình: � � − y +1 = 0 �=5 x y uuuu r AB là đường thẳng đi qua điểm M(0;2) nhận MA ( 4;3) làm vec tơ chỉ phương x = 4t pt tổng quát AB : 3x − 4y + 8 = 0 . Do phương trình tham số của AB y = 2 + 3t 0,25 x = −3 3x − 4y + 8 = 0 1� � � � − 1 � B � 3; − � − B = AB �� tọa độ B là nghiệm của hpt � BH 3x + 4y + 10 = 0 y= 4� � 4 uuur � 4a − 7 � 4a − 1 � 4a − 1 � Gọi C ( a, b ) �AC � 4a − 3b − 1 = 0 � b = � C� a; , ta có MC � a; � � 3 �3� �3� x = 1� y = 1 2 � −7� 4a Theo giả thiết MC = 2 � a + � � = 2 � 25a − 56a + 31 = 0 � 2 2 31 33 x= �y= �3 � 0,25 25 25 � 33 � 31 C ( 1;1) hoặc C � ; � Vì AD : x − y + 1 = 0 là phân giác trong góc A của tam giác . � 25 � 25 ABC kiểm tra điều kiện ( x B − y B + 1) ( x C − y C + 1) < 0 cả hai điểm C trên đều thỏa mãn VIb.2 0,25 Ta có (S) : ( x − 1) 2 + y 2 + ( z + 1) 2 = 4 suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R = 2 uuu r uuu r Và AB = (1; −1; −4); AC = ( −1; −3; −4)
r uuu uuu rr Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là n = � , AC � ( −8;8; −4) = AB � � Suy ra mp(ABC) có phương trình: −8x + 8(y − 1) − 4(z − 1) = 0 � 2x − 2y + z + 1 = 0 1 Ta có VABCD = d ( D;( ABC )).S ABC nên VABCD lớn nhất khi và chỉ khi d ( D;( ABC )) lớn 3 nhất . Gọi D1D 2 là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC). Ta thấy với 0,25 D là 1 điểm bất kỳ thuộc (S) thì d ( D;( ABC )) max { d ( D1;( ABC )); d ( D2 ;( ABC ))} . Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2 r Đường thẳng D1D 2 đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là n ABC = (2; −2;1) x = 1 + 2t Do đó (D1D2) có phương trình: y = −2t . z = −1 + t x = 1 + 2t 2 0,25 t= y = −2t 3 Tọa độ điểm D1 và D2 thỏa mãn hệ: z = −1 + t −2 t= ( x − 1) 2 + y 2 + ( z + 1) 2 = 4 3 � −4 −1 � � 1 4 −5 � − 7 D1 � ; ; � D2 � ; ; � & � 3 3� 3 �3 3 3 � � 4 1� 7 Ta thấy: d ( D1 ;( ABC )) > d ( D2 ;( ABC )) . Vậy điểm D � ; − ; − � à điểm cần tìm l 0,25 � 3 3� 3 2.log 3 y = ( − log 2 x ) 2 −1 x>0 2.log 3 y = log 2 x − 1 2 khi đó hpt � � 2 y �� Điều kiện 0,25 log y>0 log 3 y = log 2 x − 1 = log 2 x − 1 log 2 3 a = log 2 x 2.b = a 2 − 1 Đặt khi đó hpt trở thành: 0,25 b = log 3 y b = a −1 Câu 2. ( a − 1) = a 2 − 1 VIIb a =1 a 2 − 2a + 1 = 0 �� 0,25 b=0 b = a −1 b = a −1 log x = 1 x=2 �� 2 �� (t / m) log 3 y = 0 y =1 0,25 Vậy hệ có nghiệm duy nhất: ( 2;1)