Đề thi thử đại học môn toán năm 2011- 2012 THPT Tuy Phong
lượt xem 4
download
Đề thi môn toán tuyển sinh vào đại học khoa học tự nhiên năm 2010, tài liệu bổ ích cho cá bạn học sinh chuyên toán tham khảo và thử sức mình với kỹ thi đại học
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Đề thi thử đại học môn toán năm 2011- 2012 THPT Tuy Phong
- GV. Luong Viet Hai - THPT Tuy Phong (suu tam) ĐỀ SỐ 1
- HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 1. Bạn tự giải uuuu r MN = (3; 0) Phương trình đường thẳng MN: y =2 ( C): y = x 3 + 3x 2 - 4 é x = 0 y ' = 3 x 2 + 6 x Þ y ' = 0 Û ê ë x = -2 Hàm số đạt cực đại tại điểm A(2 ;0) và đạt cực tiểu tại điểm B(0 ;4) Vì MNPQ là hình bình hành nên MN // PQ Þ pt đường thẳng PQ (d) có dạng y = a Kết hợp với đk (d) cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt P, Q nên (d) đi qua A hoặc B +Trường hợp (d) qua A ta có pt (d) là y = 0 Phương trình hoành độ giao điểm (d) và ( C ) là: x 3 + 3 x 2 - 4 = 0 é x = 1 Ûê Þ P(1;0) ; Q(2 ;0) ë x = -2 uuu r uuuu r Ta có: PQ = ( -3; 0) cùng phương với MN nên thoả +Trường hợp (d) đi qua B nên pt (d) là y = 4 uuu r Chứng minh tương tự ta được P(3;4) , Q(0; 4) Þ PQ = (3; 0) nên thoả Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là :y = 0 hoặc y = 4 Câu II: æ pö 3 - 4 sin ç 2 x + ÷ + 2 sin 4 x è 3 ø 1) = 6sin 2 x - 2 cos 2 x (1) æ pö sin ç x - ÷ è 3 ø æ pö p Đk : sin ç x - ÷ ¹ 0 Û x ¹ + kp è 3ø 3 æ pö ( ) Þ 3 - 2 sin 2 x + 3 cos 2 x + 2sin 4 x = sin ç x - ÷ ( 3 - 3cos 2 x - 1 - cos 2 x ) è 3 ø ( ) ( ) Û ( 2 cos 2 x - 1) 2 sin 2 x - 3 = sin x - 3 cos x (1 - 2cos 2 x ) Û ( 2 cos 2 x - 1) ( 2 sin 2 x - 3 + sin x - ) 3 cos x = 0 æ 3 1 3 ö Û ( 2 cos 2 x - 1) ç sin 2 x - ç + sin x - cos x ÷ = 0 ÷ è 2 2 2 ø é æ pö æ pö æ p öù Û ( 2 cos 2 x - 1) ê 2sin ç x - ÷ cos ç x + ÷ - cos ç x + ÷ ú = 0 ë è 6ø è 6 ø è 6 ø û
- é p ê x = 6 + k p é 1 ê ê cos 2 x = ê x = -p + k ê 2 p ê 6 ê æ pö Û ê cos ç x + ÷ = 0 Û ê ê x = p + k è 6 ø p ê ê 3 ê æ p ö 1 ê êsin ç x - ÷ = p 6 ø 2 ê x = 3 + k 2 p ë è ê ê x = p + k 2 ë p é p ê x = 6 + k p ê ê x = -p + k p Kết hợp với đk ta có họ nghiệm là ê 6 với k Î Z ê ê x = p + k 2 p ê 3 ê x = p + k 2 p ë 2 ì ( x - y ) ï 2 x + 1 + 2 y + 1 = 2) í 2 ï( x + y )( x + 2 y ) + 3 x + 2 y = 4 î ì -1 x ³ ì 2 x + 1 ³ 0 ï ï 2 Ûí Đk: í 2 y + 1 ³ 0 î ïy ³ -1 ï î 2 Từ phương trình thứ 2 ta có: ( x + y - 1)( x + 2 y + 4) = 0 ì -1 ï x ³ 2 ï -3 í Þ x + 2y ³ Þ x + 2 y + 4 > 0 Mà theo đk ta có: ï -1 2 y³ ï î 2 Þ x + y = 1 (1) Đặt 2 x + 1 = a , 2 y + 1 = b với a, b ³ 0 Þ a 2 - b 2 = 2( x - y ) và a 2 + b 2 = 4 (2) 2 1 æ a 2 - b ö 2 Từ phương trình thứ nhất ta có: a + b = ç ÷ (3) 2 è 2 ø -1 Xét a + b = 0 Û x = y = không thoả (1) nên loại 2 Þ a + b ¹ 0 nên từ (3) Þ (a + b)(a - b) 2 = 8 (4) Đặt a + b = u , ab = v với u 2 ³ 4 (*) v ì2u - uv = 8 Từ (2) và (4) ta có hệ : í 2 îu - 2v = 4
- é u = 2 Giải hệ trên ta được ê u ë = 5 - 1 éì 3 ê ï x = 2 ï é ìa + b = 2 é ì a = 2 ê í êí êí ê ï y = -1 îa - b = 2 î b = 0 ê ï î 2 + Trường hợp: u =2 ta có ê Ûê Ûê êì a + b = 2 ê ì a = 0 êí êí ê ì x = -1 ï ê î a - b = -2 ë ê îb = 2 ê ï ë 2 êí ê ï y = 3 ë ï êî 2 + Trường hợp : u = 5 - 1 thì v = 1 + 5 không thoả (*) nên loại æ 3 -1 ö æ -1 3 ö Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (x ;y) = ç ; ÷ ; ç ; ÷ è 2 2 ø è 2 2 ø l ln xdx Câu III: òx 1 ( 2 + ln x + 2 - ln x ) =ò l ( ) 2 + ln x - 2 - ln x dx 1 æ l 2 + ln xdx l 2 - ln xdx ö = çò -ò ÷ 1 2x 2 ç 1 è x 1 x ÷ ø l l 1 é ù = ê ò 2 + ln xd ( 2 + ln x ) + ò 2 - ln xd ( 2 - ln x ) ú 2 ë 1 1 û l 1 é = 3 ê ë ( (2 + ln x )3 + (2 - ln x ) ù 3 ú1 û ) 3 3 - 4 2 + 1 = 3 Câu IV: Ta có: S.ABCD là hình chóp có các cạnh bên bằng nhau ABCD nội tiếp ABCD là hình chữ nhật (vì theo giả thiết ABCD là hình bình hành) Gọi J là hình chiếu của O trên AD Đặt DC = x OH = Dễ CM: J là trung điểm AD SJ vuông góc với AD SJ = Tam giác SHO vuông tại O ta có: S (h = SO) j VS.ABCD = SABCD.SO = A K J H D VS.ABCD max ó 4xh max Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương ta có: O B C 2x.(2h) I VS.ABCD max ó X = 2h = 2a
- Gọi M, N lần lượt là trung điểm DC, BC MN = SM = SN = Xét tam giác SMN, ta có: cosMSN = Ta có: SO vuông góc CD; OM vuông góc CD (SOM) vuông góc CD (SOM) vuông góc (SDC) Kẻ OH vuông góc SM OH vuông góc (SDC) Tương tự: kẻ OK vuông góc SN OK vuông góc (SBC) Vậy góc giữa (SDC) và (SBC) là góc giữa OH và OK Tam giác SOM vuông tại O có OH vuông góc SM: Tam giác SON vuông tại O có OK vuông góc SN: Tam giác SHK ta có: Tam giác KOH ta có: cosKOH = Vậy cosin góc giữa (SBC) và (SDC) là Câu V: P = 5 - 2 x + 54 - 2 x - 14 y = x 2 + y 2 - 2 x + 1 + x 2 + y 2 - 2 x - 14 y + 50 2 2 2 = ( x - 1) + y 2 + ( y - 7 ) + ( x - 1 ) 2 ³ y 2 + ( 7 - y ) = y + 7 - y ³ y + 7 - y = 7 ì x - 1 = 0 ï ì x = 1 ï Đẳng thức xảy ra khi í y (7 - y ³ 0 Û í ) ï x 2 + y 2 = 4 ï y = 3 î î ì x = 1 ï Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 7 khi í ï y = 3 î A. Theo chương trình chuẩn: Câu VI a.
- 1) ( C ) có tâm I1 (3; - bán kính R1 = 3 2 1 4) ( C 2 ) có tâm I1 (- 5; 4) bán kính R1 = 5 2 Gọi đường tròn cần tìm là (C) có tâm I (a; a - 1) Vì (C) tiếp xúc ngoài với ( C ) và ( C ) nên ta có: 1 2 2 2 ì II1 = R1 + R ì( a - 3) + ( a + 3) = 3 2 + R ï í Ûí 2 2 î II 2 = R2 + R ï( a + 5) + ( a - 5 ) = 5 2 + R î 2 2 2 2 Þ ( a - 3) + ( a + 3 ) - 3 2 = ( a + 5 ) + ( a - 5 ) - 5 2 Û 32 = 2 2 Vậy không có đường tròn (C) cần tìm 2) Phương trình mặt phẳng (P) qua A(a;0;0) ,B(0;b;0) ,C(0;0;c) có dạng: x y z + + = 1 a b c 1 1 1 Mà (P) qua I(1;1;1) nên + + = 1 (1) a b c Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IA = IB = IC Û (1 - a ) 2 + 2 = (1 - b ) 2 + 2 = (1 - c 2 + 2 ) Û (1 - a ) 2 = (1 - b ) 2 = (1 - c) 2 + a = b = c thì (1) ta có a = b = c = 3 Þ pt (P) là: x + y + z - 3 = 0 + a = b và c = 2 a thì (1) vô nghiệm C/M tương tự trường hợp a = c và b = 2 –a với TH b = c và a= 2 –c cũng vô nghiệm Vậy (P) :x + y+ z 3 =0 Câu VII a. Đặt z = x + yi Þ x 2 + y 2 = 1 với x, y Î R 2 2 Đặt w = z - 3 + 2i Þ w = ( x - 3) + ( y + 2)i = ( x - 3) + ( y + 2 ) = 14 - 2(3 x - 2 y ) Theo BĐT Bunhiacôpxki ta có: (3 x - 2 y )2 £ (9 + 4)( x 2 + y 2 ) = 13 Þ - 13 £ 3 x - 2 y £ 13 Û -2 13 £ -2(3 x - 2 y ) £ 2 13 Þ w ³ 14 - 2 13 ì 3 ì x 2 + y 2 = 1 ï ï x = ï 13 Vậy z - 3 + 2 nhỏ nhất bằng 14 - 2 13 khi í i Ûí ï3 x - 2 y = 13 ï y = î -2 ï î 13 3 2 Vậy số phức z = - i 13 13 B.Theo chương trình nâng cao : Câu VIb: 1) Gọi tọa độ B là :(b;122b) Ta có: M AB; N BC; AB vuông góc BC BM vuông góc BN
- Mà b > 5 b=6 vậy B có tọa độ (6;0) Từ tọa độ điểm M và N ta có: Phương trình đường thẳng AB: x + y – 6 = 0 Phương trình đường thẳng BC: x – y – 6 = 0 VTPT của BD: VTCP của BD: // Ta có: tanDBC = 3 CD = BC tanDBC = 3BC Mặt khác: SABCD = BC.DC = 6 BC = ; DC = Ta có AD // BC, AD có phương trình: x – y + k1 = 0 d ( B;AD) = mà d ( B;AD) = BA = = Hoặc k = 0 hoặc k = 12 Hoặc AD: x – y = 0 hoặc x – y – 12 = 0 Tương tự ta tìm được: Hoặc DC: x + y – 8 = 0 hoặc x + y – 4 = 0 2) OABC là tứ diện đều ó Tất cả các cạnh của nó bằng nhau Tam giác ABC đều Mà G là trọng tâm tam giác ABC G là tâm của tam giác đều ABC Ta có: Gọi M là trung điểm BC M (3; ) Mặt khác AG vuông góc với BC. Gọi (1) Ta lại có OABC là tứ diện đều, G là tâm của đáy ABC OG vuông góc (ABC) OG vuông góc BC (2) Từ (1) và (2)
- Chọn c = 1 ta có b = 1 Vậy BC: B(3; t + ; t + ) Mặt khác OA = OB Hoặc t = hoặc t = Hoặc B(3;3;0) hoặc B(3;0;3) uuur 2) Ta có: GA = ( -2;1;1) Þ GA = 6 Gọi M( x;y;z) là trung điểm BC uuuu 1 uuu r r uuur uuuur Ta có: MG = GA mà GA = ( -2;1;1) ; MG = (2 - x; 2 - y; 2 - z ) 2 æ 3 3 ö Þ M ç 3; ; ÷ è 2 2 ø uuur OG = ( 2; 2; 2 ) Vì O.ABC là tứ diện đều nên OG ^ BC ; AM ^ BC Þ BC ^ ( AOM ) uuur uuur uuur Þ BC = éOG , AG ù = ( 0; -6; 6 ) // ( 0; -1;1 ë û ) uuur Mặt khác: BC = ( 0; -6; 6 ) // ( 0; -1;1 nên phương trình đt BC có dạng: ) ì ï x = 3 ï ï 3 í y = - t ï 2 ï 3 ï z = 2 + t î æ 3 3 ö uuur æ 1 1 ö Gọi B ç 3; - t ; + t ÷ Þ BG = ç -1; + t; - t ÷ è 2 2 ø è 2 2 ø 2 D ABC đều nên BG = AG Û 4t + 4t - 9 = 0 é -1 + 10 êt = Ûê 2 ê -1 - 10 êt = ë 2 æ 4 - 10 2 + 10 ö æ 4 + 10 2 - 10 ö Þ B1 ç 3; ç ; ÷ ; B2 ç 3; ÷ ç ; ÷ è 2 2 ø è 2 2 ÷ ø Câu VIIb. z 2 = z 2 + z 2
- Û z 4 = z 2 + z 2 Û z 2 ( z 2 - 1) = z 2 Þ z 2 ( z 2 - 1) = z 2 ( ) Û z 2 z 2 - 1 = z 2 (1) Thế z 2 = z 4 - z 2 vào (1) ta được : z 2 ( z 2 - 1)( z 4 - z 2 - 1 = z 2 ) é z 2 = 0 Ûê 2 2 ê( z - 1) é( z 2 - 1) + ( z 2 - 1) - 1ù = 1 ë ê ë ú û 2 + z = 0 Þ z = 0 2 + ( z 2 - 1) é( z 2 - 1) + ( z 2 - 1) - 1ù = 1 (2) ê ë ú û 2 Đặt z - 1 = t 2 ét = -1 (2) Û ( t + 1) ( t - 1) = 0 Û ê ë t = 1 é z = 0 é z 2 = 0 ê Þ ê 2 Û ê z = 2 ë z = 2 ê ë z = - 2 Vậy có 3 số phức thoả mãn là: z = 0 ; z = 2 và z = - 2
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
.....đề thi thử đại học môn Văn dành cho các bạn luyện thi khối C & Dđề thi thử đại học môn Văn dành cho các bạn luyện thi khối C & D
5 p | 908 | 329
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Bộ GD & ĐT (Đề 01)
6 p | 444 | 242
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Bộ GD & ĐT (Đề 02)
6 p | 386 | 184
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Bộ GD & ĐT (Đề 03)
7 p | 336 | 161
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Bộ GD & ĐT (Đề 04)
8 p | 331 | 143
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Bộ GD & ĐT (Đề 10)
6 p | 363 | 141
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Bộ GD & ĐT (Đề 05)
6 p | 287 | 130
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Bộ GD & ĐT (Đề 06)
6 p | 301 | 128
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Bộ GD & ĐT (Đề 08)
7 p | 306 | 119
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Bộ GD & ĐT (Đề 07)
8 p | 313 | 114
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Bộ GD & ĐT (Đề 09)
6 p | 295 | 114
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Đề số 1
5 p | 235 | 54
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Đề số 2
6 p | 206 | 47
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Đề số 18
5 p | 168 | 31
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Đề số 4
7 p | 170 | 29
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Đề số 3
6 p | 178 | 25
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Đề số 5
4 p | 181 | 25
-
Đề thi thử Đại học môn Lý khối A - Đề số 6
6 p | 151 | 20
Chịu trách nhiệm nội dung:
Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA
LIÊN HỆ
Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM
Hotline: 093 303 0098
Email: support@tailieu.vn