ĐỀ ÔN THI CAO ĐẲNG, ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN TOÁN HỌC - MÃ ĐỀ 005

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

73
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề ôn thi cao đẳng, đại học năm 2011 môn toán học - mã đề 005', 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 ÔN THI CAO ĐẲNG, ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN TOÁN HỌC - MÃ ĐỀ 005

ĐỀ ÔN THI CAO ĐẲNG, ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN TOÁN HỌC MÃ ĐỀ 005 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) x Cho hàm số y = (C) x -1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Viết ph ương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đ ến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2.0 điểm) 1. Giải ph ương trình 2cos6x+2cos4x- 3cos2x = sin2x+ 3 1 2 2 x  x  y  2 2. Giải hệ phương trình   y  y 2 x  2 y 2  2  Câu III. (1.0 điểm) 1 x 2 3 Tính tích phân ( x sin x  )dx  1 x 0 Câu IV. (1.0 điểm) 111 Cho x, y, z là các số thực dương lớn h ơn 1 và thoả mãn đ iều kiện   2 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 th ể tích của h ình chóp S.ABCD theo x PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không dược chấm điểm). A. Theo chương trình nâng cao Câu VIa. (2.0 điểm) 1. 1. Trong m ặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d 1) : 4x - 3 y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm to ạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d 1), (d2), 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 m ặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N. Câu VIIa. (1.0 điểm) log3 ( x  1)2  log 4 ( x  1)3 Giải bất phương trình 0 x 2  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 đ ường tròn đi qua 2 đ iểm A, B và tiếp xúc với đư ờng 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 + 2 y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình m ặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q). Câu VIIb. (1.0 điểm) Giải phương trình Cxx  2Cxx 1  Cxx  2  C x2x2 3 ( Cnk là tổ hợp chập k của n phần tử)  .................H ẾT.............. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh ................................................. số báo danh..................................................
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 h àm 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 Nh ận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đ ối xứng 2.(1.0đ) Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ 0.25 tâm đối 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  t 4 ) 1  t 4 1 t4
f’(t) = 0 khi t = 1 0.25 Bảng biến thiên 1 + 0 x từ bảng biến thiên ta c d(I ;tt) lớn nhất khi và - + 0 f'(t) ch ỉ 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 4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos2x Câu 0.25 II(2.0đ) 0.25 cos x=0 1.   2cos5x =sinx+ 3 cos x (1.0đ) 0.25 cos x  0  cos5x=cos(x-  ) 6  0.25    x  2  k   k  x     24 2   k 2 x    42 7  2.(1.0đ) ĐK : y  0 0.5 1 2 2 x  x  y  2  0  2u 2  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 Từ đó ta có nghiệm của hệ   u  1  v  2  2v  v  u  2  0   3 7 3 7  u  2 u    2 ,   1  7  v  1  7   v     2 2 3 7 3 7 2 2 (-1 ;-1),(1 ;1), ( ), ( ) ; ; 2 2 7 1 7 1
Câu III. 0.25 1 1 x I   x 2 sin x 3dx   dx (1.0đ) 1 x 0 0 1 0.25 Ta tính I1 =  x 2 sin x3dx đặt t = x3 ta tính được I1 = -1/3(cos1 - sin1) 0 0.25 1 x  1  x dx đặt t = x ta tính đư ợc I2 = Ta tính I2 = 0 1   1 2  (1  )dt  2(1  )  2  2 1 t 4 2 0  0.25 Từ đó ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1 )+ 2  2 0.25 111 Ta có    2 nên Câu IV. xyz (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
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 2  BD  3  x (do 0  x  3) H 1 O 1  x2 3  x2  S ABCD  4 B A Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB) 0.25 Vì SB = SD nên HB = HD  H  CO 0.25 1 1 1 x Mà    SH  SH 2 SC 2 SA2 1  x2 1 Vậy V = x 3  x 2 (dvtt) 6 Câu 0.5 Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) VIa. (2.0đ) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) 1. (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 m ặt cầu đi qua 4 điểm C' M,N,B,C’ có dạng B' x2 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D =0 Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có N 5  A   2 1  2 A  D  0 M  D 5 A  2  2 B  2C  D  0 X  B     2  8  4 A  4C  D  0  1 C   8  4 B  4C  D  0 B C  2  Z D  4  A2  B 2  C 2  D  15 Vậy bán kính R = Đk: x > - 1 Câu 0.25 VIIa
(1.0đ) 0.25 3log 3 ( x  1) 2log 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 2 2 2 (1  a )  b  R  VIb 2 2 2 (1  a )  (2  y )  R (2.0đ)  2 2 (a  b  1)  2 R 1. (1.0đ) 0.5 a  0   b  1 R2  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 m ặt phẳng (P) nhận  AB; nQ  làm véc tơ pháp tuyến     Vậy (P) có ph ương trình x - 2 y + z - 2 = 0 Câu 1.0 2  x  5 ĐK :  VIIb x  N (1.0đ) Ta có Cxx  Cxx1  C xx 1  Cxx  2  C x2x2 3  C xx1  Cxx11  C x2x2 3  C xx 2  C x2x2 3      (5  x)!  2!  x  3 Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh ®¸p ¸n quy ®Þnh.