Đề thi ôn thi đại học môn toán - Đề số 41

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

Thêm vào BST

Báo xấu

45
lượt xem 6
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 41', 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 41

Đề số 41 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x3  3x2  mx  1 có đồ thị (Cm) (m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3. 2) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng d: y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0; 1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: 2cos3x  3 sin x  cos x  0 8x3y3  27  7y3 (1)  2) Giải hệ phương trình: 2  4 x y  6 x  y2 (2)   1 2 2 Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =  sin x  sin x  .dx  2 6 Câu IV (1 điểm): Tính thể tích của khối chóp S.ABC, biết đáy ABC l à một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc . 111 Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là các số dương thoả mãn:    2010 . Tìm giá xyz trị lớn nhất của biểu thức:
1 1 1 P=   2x  y  z x  2y  z x  y  2z II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho phương trình hai cạnh của một tam giác là 5x – 2y  6  0 và 4x  7y – 21  0 . Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, tìm trên trục Ox điểm A cách đều x 1 y z 2 đường thẳng (d) : và mặt phẳng (P): 2x – y – 2z  0 .  1 2 2 Câu VII.a (1 điểm): Cho tập hợp X = 0,1,2,3,4,5,6,7 . Từ X có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1. 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600.
 x  2t  2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1):  y  t và z  4  x  3 t  (d2) :  y  t . Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau. Viết phương trình mặt z  0  cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2). Câu VII.b (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z4 – z3  6z2 – 8z –16  0 . Hướng dẫn Đề số 41 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (Cm): x  0 x3  3x2  mx  0 (1)   2  x  3x  m  0 (2)  9 m  (2) có 2 nghiệm phân biệt,  (*). Khi đó: khác 0  4 m  0  xD  xE  3; xD .xE  m 9  65 ' ' yD .yE  1  4m2  9m  1  0  m  (thoả (*)) 8
  2   PT  cos3x  cos  x   0  cos3x  cos  x  Câu II: 1) 3 3      x  3  k .    x    k 6 2   33 3 t  xy  2) Từ (1)  y  0. Khi đó Hệ PT  8x 2y 2  27  7y 3   3 2 8t  27  4t  6t 4x y  6xy  y  t  xy   3 1 9 t   ; t  ; t  2 2 2  3  Với t   : Từ (1)  y = 0 (loại). 2 1   1 ;y  3 4  Với t  : Từ (1)   x  23 4 2   9   3 ; y  33 4   Với t  : Từ (1)   x  23 4 2    34 3 1 3   sin t ,  0  t    I =  cos2 tdt =    . Câu III: Đặt cos x  20 2 4 2 2 2  Câu IV: Gọi H, M, I lần lượt là trung điểm của AB, AC, AM  SH  (ABC), SIH   . a3 a3 1  VS.ABC  SH .S ABC  SH = IH .tan  tan . tan 4 3 16
4 11 Câu V:  Chú ý: Với a, b > 0, ta có: . a b a b 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P =           4  x  y x  z y  x y  z z x z  y  2  x  y y  z z x  1  1 1 1  1005     = . 2 4  x y z 1 1005 Dấu "=" xảy ra  x  y  z  . Vậy MinP = . 670 2 Câu VI.a: 1) Giả sử: AB: 5x – 2y  6  0 , AC: 4x  7y – 21  0 . Suy ra: A(0; 3). BO  AC  BO: 7x  4y  0  B(–4; –7)  BC: y  7  0 .   2) Giả sử A(a; 0; 0)  Ox, B(1+t; 2t; –2+2t)  d. AB  (t  1  a; 2t; 2  2t ) .    a3 AB  ud  t  9 2 2  12  a 2(a  3) 2a  12  2a2  6a  9 . d( A,( P))  a .  B  . AB = ; ; 3 3 9 9 9 2 2 2a2  6a  9  a  a  3  A(3; 0; 0). AB = d(A, (P))  3 3 Câu VII.a: Giả sử số thoả mãn là: a1a2a3a4a5 . 4  Nếu a1 = 1 thì có: A7  840 (số)
13 13  Nếu a2 = 1 thì có: C6 .A6  720 (số)  Nếu a3 = 1 thì có: C6 .A6  720 (số)  Có tất cả: 840 + 720 + 720 = 2280 (số). Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 0), bán kính R = 2. Giả sử M(0; b)  Oy. R Vì góc giữa hai tiếp tuyến kẻ từ M bằng 600 nên MI = =4 sin300  MI 2  16  b2  7  b   7  M  0; 7  hoặc M  0;  7  .   2) d1 có VTCP u1  (2;1; 0) , d2 có VTCP u2  (1;1; 0) . Giả sử A(2t1; t1; 4)  d1, B(3  t2; t2; 0)  d2.     AB  u 5t  t  6  AB là đoạn vuông góc chung    1   1 2  t1  t2  1 t1  2t2  3  AB  u2   A(2; 1; 4), B(2; 1; 0). AB Mặt cầu (S) có tâm là trung điểm I(2; 1; 2) của AB và bán kính R =  2. 2  (S): ( x  2)2  ( y  1)2  (z  2)2  4 . Câu VII.b: PT  ( z  1)( z  2)( z2  8)  0  z  1; z  2; z  2 2.i .