Đề ôn thi đại học môn toán năm 2011 số 2

Chia sẻ: Đặng Hải Nam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

76
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề ôn thi đại học môn toán năm 2011 số 2', 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 đại học môn toán năm 2011 số 2

Môn Toán THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) x +1 Cho hàm số y = . x −1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. x +1 = m. b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x −1 Câu II (2 điểm) ( ) 4 4 a) Tìm m để phương trình 2 sin x + cos x + cos 4 x + 2sin 2 x − m = 0 có nghiệm trên  π 0; 2  .   1 1 8 log 2 ( x + 3) + log 4 ( x − 1) = log 2 ( 4 x ) . b) Giải phương trình 2 4 Câu III (2 điểm) 3 3x2 − 1 + 2 x 2 + 1 a) Tìm giới hạn L = lim . 1 − cos x x →0 b) Chứng minh rằng C100 − C100 + C100 − C100 + ... − C100 + C100 = −250. 0 2 4 6 98 100 Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = 4a + 9b + 16c + 9a + 16b + 4c + 16a + 4b + 9c . B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu Va (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình ( C1 ) : x 2 + y 2 − 4 y − 5 = 0 và Lập phương trình tiếp tuyến chung của ( C1 ) và ( C2 ) . ( C2 ) : x 2 + y 2 − 6 x + 8 y + 16 = 0. b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C. Câu VIa (1 điểm)
Môn Toán x −1 y z − 2 Cho điểm A ( 2;5;3) và đường thẳng d : . Viết phương trình mặt phẳng ( α ) == 2 1 2 chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( α ) lớn nhất. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu Vb (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol ( H) dạng chính tắc biết rằng ( H) tiếp xúc với đường thẳng d : x − y − 2 = 0 tại điểm A có hoành độ bằng 4. b) Cho tứ diện OABC có OA = 4, OB = 5, OC = 6 và · · · AOB = BOC = COA = 600. Tính thể tích tứ diện OABC. Câu VIb (1 điểm) x −1 y − 3 z Cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 1 = 0 và các đường thẳng d1 : = =, −3 2 2 x−5 y z +5 == d2 : . Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường −5 6 4 thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. ĐÁP ÁN 2 điểm Câu I x +1 a) 0,25 có tập xác định D = R \ { 1} . Tập xác định: Hàm số y = x −1 x +1 x +1 x +1 = 1; lim = +∞; lim = −∞. Giới hạn: lim x →±∞ x − 1 + x −1 − x −1 x →1 x →1 −2 0,25 Đạo hàm: y ' = < 0, ∀x ≠ 1 ⇒ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( x − 1) 2 ( −∞;1) và ( 1; +∞ ) . Hàm số không có cực trị. Bảng biến thiên: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 1; tiệm cận ngang y = 1. Giao của hai 0,25 tiệm cận I ( 1;1) là tâm đối xứng. Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25
Môn Toán x +1 b) 0,5 ( C ') Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị y = x −1 Học sinh tự vẽ hình x +1 x +1 0,25 và y = m. = m bằng số giao điểm của đồ thị y = Số nghiệm của x −1 x −1 Suy ra đáp số 0,25 m < −1; m > 1: phương trình có 2 nghiệm m = −1: phương trình có 1 nghiệm −1 < m ≤ 1: phương trình vô nghiệm 2 điểm Câu II a) 0,25 12 4 4 Ta có sin x + cos x = 1 − sin 2 x và cos4 x = 1 − 2sin 2 2 x. 2 0,25 Do đó ( 1) ⇔ −3sin 2 2 x + 2sin 2 x + 3 = m .  π Đặt t = sin 2 x . Ta có x ∈  0;  ⇒ 2 x ∈ [ 0; π ] ⇒ t ∈ [ 0;1] .  2 Suy ra f ( t ) = −3t 2 + 2t + 3 = m, t ∈ [ 0;1] Ta có bảng biến thiên 0,25  π 0,25 10 Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 0;  ⇔ 2 ≤ m ≤  2 3 b) 1 1 8 Giải phương trình log 2 ( x + 3) + log 4 ( x − 1) = log 2 ( 4 x ) ( 2 ) 2 4 Điều kiện: 0 < x ≠ 1 0,25 ( 2 ) ⇔ ( x + 3) x − 1 = 4 x 0,25 Trường hợp 1: x > 1 0,25 ( 2) ⇔ x2 − 2 x = 0 ⇔ x = 2 Trường hợp 1: 0 < x < 1 0,25 ( 2) ⇔ x2 + 6 x − 3 = 0 ⇔ x = 2 3 −3 { } Vậy tập nghiệm của (2) là T = 2; 2 3 − 3 Câu III a) 3 3x2 − 1 + 2 x 2 + 1 Tìm L = lim . 1 − cos x x →0
Môn Toán 0,25  3 3x2 − 1 + 1 2 x2 + 1 − 1   ÷ Ta có L = lim + x →0  1 − cos x 1 − cos x ÷   0,25 2 x2 + 1 − 1 2 x2 L1 = lim = lim =2 Xét 2 x x → 0 1 − cos x  x →0 2 2sin  2 x + 1 + 1÷ 2  0,25 3 3x 2 − 1 + 1 3x2 L2 = lim = lim =2 x → 0 1 − cos x x  ( ) Xét x →0 23 2sin 2  3 3 x 2 − 1 − 3 x 2 − 1 + 1÷ 2 ÷   Vậy L = L1 + L2 = 2 + 2 = 4 0,25 b) Chứng minh rằng C100 − C100 + C100 − ... + C100 = −250. 0 2 4 100 Ta có 0,5 ( 1 + i ) 100 = C100 + C100i + C100i 2 + ... + C100 i100 0 1 2 100 ( )( ) 0 2 4 100 1 3 99 = C100 − C100 + C100 − ... + C100 + C100 − C100 + ... − C100 i Mặt khác 0,5 ( 1 + i ) 2 = 1 + 2i + i 2 = 2i ⇒ ( 1 + i ) 100 = ( 2i ) 50 = −250 Vậy C100 − C100 + C100 − ... + C100 = −250. 0 2 4 100 Cho a, b, c thoả a + b + c = 3. Tìm GTNN của Câu IV M = 4a + 9b + 16c + 9a + 16b + 4c + 16a + 4b + 9c . ( ) ( ) ( ) r r ur u r r ur u 0,25 abc cab bca Đặt u = 2 ;3 ; 4 , v = 2 ;3 ; 4 , w = 2 ;3 ; 4 ⇒ M = u + v + w ( )( )( ) r r ur u 2 2 2 2a + 2b + 2c + 3a + 3b + 3c + 4a + 4b + 4c M ≥ u+v+w = 0,5 Theo cô – si có 22 + 2b + 2c ≥ 33 2a + b + c = 6 . Tương tự … 0,25 Vậy M ≥ 3 29. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1. Học sinh tự vẽ hình Câu Va ( C1 ) : I1 ( 0; 2 ) , R1 = 3; ( C2 ) : I 2 ( 3; −4 ) , R2 = 3. a) 0,25 ( ) 0,25 Gọi tiếp tuyến chung của ( C1 ) , ( C2 ) là ∆ : Ax + By + C = 0 A + B ≠ 0 2 2 ∆ là tiếp tuyến chung của ( C1 ) , ( C2 )   ( 1)  d ( I1; ∆ ) = R1 2 2  2B + C = 3 A + B ⇔ ⇔ d ( I 2 ; ∆ ) = R2  3 A − 4 B + C = 3 A2 + B 2 ( 2 )   −3 A + 2 B Từ (1) và (2) suy ra A = 2 B hoặc C = 2
Môn Toán Trường hợp 1: A = 2 B . 0,5 Chọn B = 1 ⇒ A = 2 ⇒ C = −2 ± 3 5 ⇒ ∆ : 2 x + y − 2 ± 3 5 = 0 −3 A + 2 B Trường hợp 2: C = . Thay vào (1) được 2 4 A − 2 B = 2 A2 + B 2 ⇔ A = 0; A = − B ⇒ ∆ : y + 2 = 0; ∆ : 4 x − 3 y − 9 = 0 3 b) 0,25 a3 Gọi H là trung điểm của BC ⇒ d ( M ; ( BB ' C ) ) = AH = 2 0,25 a2 a3 3 1 1 S∆BB ' C = BB '.BC = ⇒ VMBB ' C = AH .S∆BB ' C = 2 2 3 12 Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) 0,5 Ta có B ' C ⊥ MI ; B ' C ⊥ BC ' ⇒ B ' C ⊥ MB. Câu VIa (Học sinh tự vẽ hình) 0,25 Gọi K là hình chiếu của A trên d ⇒ K cố định; Gọi ( α ) là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên ( α ) . Trong tam giác vuông AHK ta có AH ≤ AK . 0,25 Vậy AH max = AK ⇔ ( α ) là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. Gọi ( β ) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d ⇒ ( β ) : 2 x + y + 2 z − 15 = 0 0,25 ⇒ K ( 3;1; 4 ) (α) là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK ⇒ ( α ) : x − 4 y + z − 3 = 0 0,25 Câu Vb a) 0,25 x2 y2 Gọi ( H ) : − =1 a2 b2 ( 1) (H) tiếp xúc với d : x − y − 2 = 0 ⇔ a 2 − b 2 = 4 0,25 16 4 x = 4 ⇒ y = 2 ⇒ A ( 4; 2 ) ∈ ( H ) ⇒ = 1 ( 2) − a2 b2 0,5 x2 y2 Từ (1) và (2) suy ra a 2 = 8; b 2 = 4 ⇒ ( H ) : − =1 8 4 b) (Học sinh tự vẽ hình) 0,25 Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OA = OB ' = OC ' = 4 Lấy M là trung điểm của B’C’ ⇒ ( OAM ) ⊥ ( OB ' C ') . 0,25 Kẻ AH ⊥ OM ⇒ AH ⊥ ( OB ' C ') 0,25 23 46 Ta có AM = OM = 2 3 ⇒ MH = ⇒ AH = 3 3
Môn Toán 0,25 1 15 3 · SOBC = OB.OC.sin BOC = 2 2 1 Vậy VOABC = AH .SOBC = 10 2 3 Câu VIb Gọi M ( 1 + 2t ;3 − 3t; 2t ) , N ( 5 + 6t '; 4t '; −5 − 5t ' ) 0,25 d ( M ; ( P ) ) = 2 ⇔ 2t − 1 = 1 ⇔ t = 0; t = 1. uuuu r Trường hợp 1: t = 0 ⇒ M ( 1;3;0 ) , MN = ( 6t '+ 4; 4t '− 3; −5t '− 5 ) 0,25 uuuu uu r r uuuu uu rr MN ⊥ nP ⇔ MN .nP = 0 ⇒ t ' = 0 ⇒ N ( 5;0; −5 ) Trường hợp 2: t = 1 ⇒ M ( 3;0; 2 ) , N ( −1; −4;0 ) 0,25 Kết luận 0,25