Đề thi môn toán - đề số 7 toán tuổi trẻ

Chia sẻ: Trần Văn Thành | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Thêm vào BST

Báo xấu

178
lượt xem 40
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu về đề thi môn toán - đề số 7 toán tuổi trẻ...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi môn toán - đề số 7 toán tuổi trẻ

www.VNMATH.com Thử sức trước kì thi THTT SỐ 406-4/2011 Đ ĐỀỀ SSỐ Ố 0077 Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: x 1 Cho hàm số: y  . x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm tất cả các điểm trên trục tung để từ điểm đó kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) sao cho hai tiếp điểm tương ứng có hoành độ dương. Câu II: sin x  1 1) Giải phương trình: 2 1  cos x   cot 2 x  1  . cos x  sin x 3 5  log 3 y  5  log 5 x 2) Giải hệ phương trình:  3 log 5 x  1  log 3 y  1. Câu III: 1 dx Tính tích phân: I   2x x . 0 e e Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy. Biết AB  2a,SA  BC  a, CD  2a 5. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SACD. Câu V: 9 Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm thực: 1  x  4  x  x 2  3x   m. 4 PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình các đường thẳng chứa ba cạnh của tam giác ABC biết C  4;3  , đường phân giác trong và trung tuyến kẻ từ một đỉnh của tam giác có phương trình lần lượt là x  2y  5  0 và 4x  13y  10  0. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (C) có phương trình x 2  y 2  z 2  2x  2z  2  0. Tìm điểm A thuộc mặt cầu sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng  P  : 2x  2y  z  6  0 lớn nhất. Câu VII.a: Với các số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số và chia hết cho 4? B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình  C1  : x 2  y 2  1 và  C 2  : x 2  y2  6x  6y  17  0. Xác định phương trình các đường thẳng tiếp xúc với cả hai đường tròn trên. phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang1
www.VNMATH.com Thử sức trước kì thi 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A  0;1;1 , B  2; 1;1 , C  4;1;1 và mặt phẳng (P) có phương trình x  y  z  6  0.    Tìm điểm M trên (P) sao cho MA  2MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b: 50 Trong khai triển nhị thức  a  b  , tìm số hạng có giá trị tuyệt đối lớn nhất, cho biết a  b 3. H HƯ ỚN ƯỚ NG GD ẪN DẪ NG GIIẢ ẢII V VÀ ĐÁ ÀĐ ÁPP SSỐ Ố PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: x 1 y (C) x 1 1) Học sinh tự giải. 2) Điều kiện: x  1 Gọi M(0;m) là điểm cần tìm Phương trình đường thẳng (d) đi qua M có hệ số góc k: y  kx  m  2  2 k  k   2 (1)   x  1 2   x  1 Đường thẳng (d) tiếp xúc (C) khi:    x 1  2x  m  x  1 (2)  kx  m  x  1   x  12 x 1  Để từ M kẻ được hai tiếp tuyến thì ta phải tìm điều kiện để có 2 giá trị phân biệt của k thỏa mãn hệ trên Từ phương trình (1) để có 2 giá trị k thì phải có hai giá trị phân biệt x1, x2 và x1  x 2  2 Phương trình (2)   m  1 x 2  2  m  1 x  m  1  0  m 1  0  a0  2 '  0   m  1   m  1 m  1  0 m  1   2  m  1  m  1 S  2      m 1  2   2  2  m 1 S  0   m  1, m  1 P  0  2  m  1  0    m 1  2  0 f 1  0  m 1  2 m 1  m  1  0     Vậy M(0;m),với m  1 Câu II: sin x  1 1) 2 1  cos x   cot 2 x  1  . cos x  sin x  Điều kiện: x  k, x    k . 4 1 sin x  1 1 sin x  1 PT  2 1  cos x  2   2 1  cos x   sin x cos x  sin x 1  cos x 1  cos x  cos x  sin x  2  cos x  sin x   1  cos x  sin x  1  cos x sin x  cos x  sin x  1  0  x    k2  cos x  1    cos x  1 sin x  1  0     sin x  1  x     k2  2  So sánh điều kiện ta nhận được nghiệm x    k2 2 phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang2
www.VNMATH.com Thử sức trước kì thi  Vậy phương trình họ nghiệm: x    k2. 2 3 5  log 3 y  5  log 5 x 2)  3 log 5 x  1  log 3 y  1. Điều kiện: x  5, 0  y  243 3 5  log 3 y  4   log 5 x  1 HPT   3 log 5 x  1  4   5  log 3 y  Đặt a  log5 x  1, b  5  log 3 y  a, b  0   3b  4  a 2 (1) Ta có:  2 3a  4  b (2) b  a Lấy (1) trừ (2): 3  b  a   b 2  a 2   b  a  b  a  3  0   b  3  a a  1 a  1  x  25 - Với b  a , thay vào (1) ta được: a 2  3a  4  0     a  4(loai) b  1  y  81 - Với b  3  a , thay vào (1) ta được: a 2  3a  5  0 (VN0) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : x = 25, y = 81. Câu III: 1 1 dx ex dx I   2x x   2x x 0 e  e 0 e  e  1 Đặt u  e x  du  e x dx  x  1 u  e Đổi cận   x  0  u  1 e e e du  1 1 1   1  1 e 1 Khi đó: I   2   2   du     ln u  ln u  1     ln 1 u  u  1 1  u u u  1   u 1 e 2 Câu IV:   SAB    ABCD    SA   ABCD   SAD    ABCD   SA là đường cao hình chóp S.ABCD Gọi E là hình chiếu của C lên AD Ta có ABCE là hình chữ nhật CE  AB  2a   BC  AE  a CED vuông tại E 2  EC  CD2  CE 2   2 5a  2   2a   4a  AD  AE  EC  5a 1 1 SABCD  AB  AD  BC   2a  5a  a   6a 2 2 2 1 1 VS.ABCD  SA.SABCD  a.6a 2  2a 3 3 3 2 Ta có AC 2  CD 2  AB2  BC 2  CD2   2a   a 2  2a 5 2    25a 2  AD2  ACD vuông tại C phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang3
www.VNMATH.com Thử sức trước kì thi Gọi M là trung điểm AD  MA  MC  MD I là trung điểm SC  MI / /SA  MI   ABCD  Xét các tam giác vuông IMA, IMC, IMD  IA  IM 2  MA 2   2 2  IC  IM  MC , Mà MA  MC  MD  IA  IC  ID  IS  2 2  ID  IM  MD  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SACD SD SA 2  AD2 a 26 Bán kính R    2 2 2 Câu V: Điều kiện 4  x  1 3 m  1 x  4  x  x  2 3 5 5 Đặt x  t     t  2 2 2 5 5 Khi đó: m  t  t  t 2 2 5 5 5 5 Đặt f  t   t   t  t , với   t  2 2 2 2 Miền xác định D là miền đối xứng và f  t   f   t   f  t  là hàm chẳn Do đó ta chỉ cần xét trên nữa miền xác định 5 5 5 Xét 0  t  , ta có: f  t   t  t t 2 2 2 1 1  f 't     1 5 5 2 t 2 t 2 2 1 1 5 5  5  5  Cho f '  t   0    1  0  t   t  2   t   t   0 (*) 5 5 2 2  2  2  2 t 2 t 2 2  Ta giải PT (*) 5 5 Đặt u  t   t ,  u  0 2 2  5  5   5  5   u2  5  2   t    t   2   t    t   5  u2  2  2   2  2  1  21 PT (*)  u  5  u 2  0  u 2  u  5  0  u  2 5 5 21  1  5   5  11  21 25 2 21  1  t  t   5  2   t   t    t  2 2 2  2  2  2 4 4 39  21 39  21  t2  t 8 8 phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang4
www.VNMATH.com Thử sức trước kì thi 5 5  39  21  9  21 39  21 So sánh f  0   10, f     5,f     2 2  8  2 8   9  21 39  21 9  21 39  21  M inf  t   10, Maxf  t     10  f  t    2 8 2 8 9  21 39  21 Vậy phương trình đã cho có nghiệm thực khi: 10  m   2 8 PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1) Giả sử các đường phân giác và trung tuyến đã cho kẻ tử đỉnh A Tọa độ điểm A là nghiệm hệ phương trình:  x  2y  5  x9    A  9; 2   4x  13y  10  y  2    AC   5;5  n AC  1;1 - Phương trình cạnh AC: 1.  x  9   1.  y  2   0  x  y  7  0 Gọi E là điểm đối xứng của C qua AD  E  AB  x  4t Phương trình tham số đường thẳng CE:   y  3  2t Tọa độ giao điểm I của CE và AD: 4  t  2  3  2t   5  0  t  1  I  3;1  x  2x I  x C x 2 Vì I là trung điểm CE nên tọa độ điểm E là:  E  E  E  2; 1  y E  2y I  y C  y E  1    AE   7;1  n AE  1;7  - Phương trình cạnh AB: 1.  x  9   7  y  2   0  x  7y  5  0  x  9  7t Phương trình tham số cạnh AB:   y  2  t Tọa độ điểm B có dạng: B  9  7t; 2  t   x  xC  13  7t x  B xM   M 2   2 Tọa độ trung điểm M của BC:   y  B y  y C  y  1  t M M  2  2 13  7t 1 t Do M  AM nên: 4.  13.  10  0  t  3  B  12;1   2 2  BC  16; 2   n BC  1; 8  - Phương trình cạnh BC: 1.  x  4   8.  y  3   0  x  8y  20  0 2) 2 2 (C):  x  1  y2   z  1  4.  P  : 2x  2y  z  6  0 Điểm A cần tìm là giao điểm của đường thẳng (d) đi qua tâm I của mặt cầu và vuông góc mặt phẳng (P) với mặt phẳng (P). phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang5
www.VNMATH.com Thử sức trước kì thi  x  1  2t  Phương trình đường thẳng (d):  y  2t  z  1  t  Tọa độ giao điểm của (d) với mặt cầu: 2 7 4 1 1 4 5  2t    2t   t 2  4  t    A1  ;  ;   , A 2   ; ;   2 2 3  3 3 3  3 3 3 7  4 1 2.  2.      6 3  3 3 13 Ta có: d  A1 ,  P     2 2   2   1 2 2 3  1 4 5 2.     2.   6  3  3 3 1 d  A2 ,  P    2 2 2   2   12 3  d  A1 ,  P    d  A 2 ,  P   7 4 1 Vậy tọa độ điểm A cần tìm là: A  ;  ;    3 3 3 Câu VII.a: - Số chia hết cho 4 là các số có 2 chữ số tận cùng chia hết cho 4 - Từ bộ {0,1, 2, 3, 4, 5} ta có các số có 2 chữ số chia hết cho 4 là {00, 20, 40, 12, 32, 52, 04, 24, 44} - Số có năm chữ số chia hết cho 4 có dạng abcm + Chọn a có 5 cách chọn (trừ số 0) + Chọn b có 6 cách chọn + Chọn c có 6 cách chọn + Chọn m có 9 cách chọn được lấy từ bộ số có 2 chữ số chia hết cho 4 ở trên - Vậy có: 5.6.6.9 = 1620 số. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1) Đường tròn (C1) có tâm I1  0;0  bán kính R 1  1 Đường tròn (C2) có tâm I 2  3; 3  bán kính R 2  1 Đường thẳng tiếp tuyến chung (d) của hai đường tròn có dạng: Ax  By  C  0 C (d) tiếp xúc (C1)  d  I1 ;  d    R 1   1  C  A 2  B2 (1) 2 2 A B 3A  3B  C (d) tiếp xúc (C2)  d  I2 ;  d    R 2   1  3A  3B  C  A 2  B2 (2) 2 2 A B A  B Từ (1) và (2)  3A  3B  C  C    3A  3B  2C - Với A  B , từ (1)  C  A 2  C   A 2 , chọn A = 1  B  1, C   2  9  2 14 9 A  B 3 2 5 - Với C   B  A  , từ (1)   B  A   A  B  5A  18AB  5B  0   2 2 2 2 2 4  9  2 14 A  B  5 phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang6
www.VNMATH.com Thử sức trước kì thi  A  9  2 14  A  9  2 14 Chọn B = 5,   , C  6  3 14 C  6  3 14 Vậy có 4 phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn:   x  y  2  0, x  y  2  0, 9  2 14 x  5y  6  3 14  0, 9  2 14 x  5y  6  3 14  0  2) Giả sử tọa độ điểm M là M  x; y; z   MA    x;1  y;1  z   MB   2  x; 1  y;1  z   MC   4  x;1  y;1  z      MA  2MB  MC   8  4x; 4y; 4  4z     2 2 2 2 2  MA  2MB  MC   8  4x    4y    4  4z   4  x  2  y 2   z  1 1 2 Áp dụng BĐT quen thuộc: a 2  b 2  c 2  a  b  c 3 2 1 2 2 Ta có:  x  2   y 2   z  1  x  y  z  3 3 2 2 Vì M   P   x  y  z  6 nên:  x  2   y 2   z  1  3     MA  2MB  MC  4 3 x  3     x yz  6  Vậy MA  2MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 3 , khi đó:    y  1  M  3;1; 2  x  2  y  z  1  z  2 Câu VII.b: 50 k k 50 k k 50  k Khai triển  a  b    C50 a b  Ck50 a k b 50  k  C50 k a b k k k 50  k Ta có: a  b 3  C50 a b k  C50  3 b50 Số hạng này lớn nhất khi:  50! k 50! k 1 C k  50  3 k C k 1 50   3 k 1   k! 50  k  !  3   k  1! 50  k  1!  3  50  k  1 3  k  k k 1   50! k 50! k 1  k  1   50  k  3 C k  50  3 k 1  C50   3   3   3  k! 50  k  !  k  1! 50  k  1!  k  32,3   k  32  k  31, 3 k k 50  k Vậy Max C50 a b  C32 16 50 50 .3 .b phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang7