Đề thi ôn thi đại học môn toán - Đề số 27

Chia sẻ: Dinh Lam | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi ôn thi đại học môn toán - đề số 27', 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 thi ôn thi đại học môn toán - Đề số 27

Đề số 27 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số: y  x 4  (2m  1) x 2  2m (m là tham số ). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau. Câu II (2 điểm). 1) Giải phương trình : 21 1 8 1 2  2cos x  cos2  x  3    sin 2( x   )  3cos  x    s in x .  3 3 3 2 (1  4 x  y ).51 x  y  1  3x  y  2 (1)  2) Giải hệ phương trình:  2 . 1 x  3y y   1 2 y (2) x  Câu III (2 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau : xe x x 1. y  0, y , 2  x  1 Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang AB = a, BC = a, BAD  900 , cạnh SA  a 2 và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình chiếu của A trên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD).
111 Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn    2009 . Tìm giá trị xyz 1 1 1 lớn nhất của biểu thức: P=   2 x  y  z x  2 y  z x  y  2z II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) x2  y2  2 x  4 y  8  0 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4;0;0) , B(0;0; 4) và mặt phẳng (P): 2 x  y  2 z  4  0 . Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho ABC đều. 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): x 2  y 2  2 x  4 y  8  0 . Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. Câu VII.a (1 điểm) Tìm phần thực của số phức : z  (1  i )n .Trong đó nN và thỏa mãn: log 4  n  3  log 5  n  6   4 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm ) 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:  x  2t x  4 y 1 z  5    và : d 2 :  y  3  3t t . d1 : 1 2 3  zt 
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. Câu VII.b (1 điểm) Cho số phức: z  1  3.i . Hãy viết số zn dưới dạng lượng giác biết rằng nN và thỏa mãn: 2  2 n  6) n2  2n  6  4log3 ( n  (n 2  2n  6) log3 5 Hướng dẫn Đề số 27 Câu I: 2) Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau  phương trình x 4  (2m  1) x 2  2m  0 (1) có 4 nghịêm phân biệt lập thành cấp số cộng  phương trình: X2 – (2m + 1)X + 2m = 0 (2) có hai nghiệm dương phân biệt thoả mãn X1 = 9X2.  4 m 2  4m  1  0 (2m  1) 2  8m  0   0 m  0  1      S  0  2m  1  0 1.  m    2 m  2  P  0 2m  0     m  0   Câu II: 1) PT 1  sin x  0 (1  sin x )(6 cos x  sin x  8)  0    1  sin x  0  6 cos x  sin x  8  0
1t t 4 2) Xét (1): Đặt t = x – y. (1)  5        1  9.3t .    5  5   Với t > 0 VT < 10, VP > 10.  Với t < 0, VT > 10, VP < 10.  Phương trình (1) có nghiệm duy nhất t = 0 hay x = y. 1 Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2)  x 2  2 x  1  3x x   0 . x Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho x = 0 ta được: 1 1 1 (2)  x   3 x   2  0 . Đặt y  x  (ĐK y  0). x x x  y 1 Ta được phương trình: y2 – 3y + 2 = 0   . Từ đó ta tìm được x. y  2 u  xex 1 1 1 xe x xe x xe x 1    e x dx dx . Đặt   Câu III: S =  1 dx    ( x  1)2 dv  dx 2 x 1 0 0 0 ( x  1) 0 ( x  1)2  Câu IV:  Chứng minh:  ACD vuông tại C  ACD vuông cân tại C. AC  CD  a 2 ; CD  2a; BD  a 5  VSBCD = VS.ABCD – VSABD.  Chứng minh BC  (SAB)  BC  AH  AH  (SBC). Kẻ AK  (SC)  AK  (SCD)  (AKH)  (SCD). Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M.
Có (AMK)  (SCD) hay (AMK)  (SED). AH  (SBC)  AH  HK  tam giác AHK vuông tại H. Kẻ HI  MK có HI = d(H, (SCD)).  Tính AH, AM  HM; Tính AK  HK. Từ đó tính được HI. Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: ab 11 1 1 4ab ≤ (a + b)2      . Dấu "=" xảy ra  a = b.  a  b 4ab 4 a b 1  1  1 1  1 1  1  1 1 1 1 1 1 Ta có:              2 x  y  z 4  2 x y  z  4  2 x 4  y z  8  x 2 y 2 z  1 1 1 1  1 1 1 1 1 1 Tương tự:      và    x  2 y  z 8  2x y 2z  x  y  2z 8  2x 2 y z  1  1 1 1  2009 1 1 1 Vậy        2 x  y  z x  2 y  z x  y  2z 4  x y z  4 2009 12 Vậy MaxP = khi x = y = z = 4 2009 Câu VI.a: 1) C nằm trên mặt phẳng trung trực của AB. 2) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình x2  y2  2x  4 y  8  0  y  0; x  2    y  1; x  3 x  5y  2  0 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(–3;–1).
Vì ABC  900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4). Câu VII.a: Phương trình: log 4 ( n  3)  log 5 ( n  6)  4 có nghiệm duy nhất n = 19. (Vì VT là hàm số đồng biến nên đồ thị cắt đường thẳng y = 4 tại một điểm duy nhất) Câu VI.b: 1) Mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng là đường kính.   2) Ta có: AB   1;2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2 x  y  2  0 . I  (d ) : y  x  I  t ; t  . I là trung điểm của AC và BD nên: C  2t  1; 2t  , D  2t ;2t  2  4 Mặt khác: S ABCD  AB.CH  4 (CH: chiều cao)  CH  . 5 4 5 8 8 2 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  | 6t  4 | 4 Ngoài ra: d  C; AB   CH       5 5 t  0  C  1;0  , D  0; 2   58 82 Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc C  1;0  , D  0; 2      3 3  3 3  log3 5 Câu VII.b: Đặt log 3 (n 2  2n  6)  t  n 2  2n  6  3t ; (n 2  2n  6)log 5   3t   5t . 3 Ta được phương trình: 3t + 4t = 5t . Phương trình có nghiệm duy nhất t = 2.  n2 – 2n + 6 = 9  n2 – 2n – 3 = 0  n =3