intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN -KHỐI A

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

Thêm vào BST
Báo xấu
70
lượt xem 9
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu I(2,0 điểm): Cho hàm số y = x 4 – 8m2x 2 + 1 (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 2 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC bằng 64.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN -KHỐI A

  1. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí KÌ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 Đ Ề THI MÔN TOÁN -KHỐI A Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao đề) ------------------------------------------ I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm) Câu I(2,0 điểm): Cho hàm số y = x 4 – 8m2x 2 + 1 (1), với m là tham số thực. 1 1. K hảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và d iện tích tam giác ABC b ằng 64. Câu II(2,0 điểm)  1. Giải phương trình : 2 3cos2 x  tan x  4sin 2 ( x  )  cot 2 x 4 2.Giải bất p hương trình : 2 x  1  x  5  x  3 Câu III(1,0 điểm) K hai triển (1 – 5x)30 = ao+a1x +a2x2 + .....+ a30x30 Tính tổng S = |ao| + 2|a1| + 3|a2| + ... + 31|a30| Câu IV(2,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đ áy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác đều và SB = a 2 . Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AD và AB .Gọi H là giao điểm của FC và EB. 1 .Chứng minh rằng: SE  EB và CH  SB 2 .Tính thể tích khối chóp C.SEB Câu V (1,0 đ iểm).Cho a,b,c là ba số thực dương thoả mãn abc = 1 .Tìm giá trị lớn nhất của 1 1 1 b iểu thức : P 2 2 a  2b  3 b  2c  3 c  2 a 2  3 2 2 2 II/PHẦN RIÊNG (2,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A /Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2,0 đ iểm) 1. Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đ ường phân giác trong của góc C lần lượt có p hương trình : (d1): x – 2y + 4 = 0 và (d2): x + 2y + 2 = 0 V iết phương trình đường thẳng BC . 2.Giải hệ phương trình :  x 2 log x y  2 x  3  x  2 log y y  log x y  B /Theo chương trình Nâng cao: Câu VI b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đ ường thẳng (AB): x – y + 1 = 0 và phương trình đường thẳng (BD): 2 x + y – 1 = 0 ; đ ường thẳng (AC) đi qua M( -1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. sin 2 x 1 cos 2 x 2.Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  3 3 . H ẾT ! Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………….Số báo danh:…………………… 1
  2. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN - KHỐI A Câu Nội dung đ áp án Điểm Ý 1 1 I hàm số đã cho có pt: y= x4 – 2x2+ 1 Khi m= 1điểm 2 1.TXĐ : D = R 2.SBT 0,25 .CBT: y’= 4x3- 4x = 4x( x2 - 1) ------------------------------------------------------------------------------ y’=0 x= 0 ho ặc x = 1 hoặc x = -1 Hàm số đồng biến x  (1;0) vµ (1; ) 0,25 Hàm số nghịch biến x  (; 1) vµ(0;1) .Cực trị : H S đạt cực đại tại x= 0 và yCĐ=y(0)=1 H S đạt cực tiểu tại x=  1 và yCT=y(  1)=0 ------------------------------------------------------------------------------ .Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x  .BBT: x - -1 0 1 + 0,25 - 0 + 0 - 0 + , y y 1   0 0 ------------------------------------------------------------------------------ 3. vẽ đồ thị: y 1 0,25 -1 1 x 2
  3. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí I 2 y ,  4 x3  16m 2 x  4 x( x 2  4m 2 ) (1điểm) Đk đ ể hàm số có 3 cực trị là y,  0 có 3 nghiệm phân biệt 0,25 Tức là phương trình g ( x)  x 2  4m 2  0 có hai nghiệm phân biệt x0m0 ------------------------------------------------------------------------------ x  0  y 1  y ,  0   x  2m  y  1  16m 4  x  2 m  y  1  16m 4  0,25 Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B (2m;1  16m 4 ) ;C (2m;1  16m4 ) ------------------------------------------------------------------------------ Ta thấy AB=AC = (2m)2  (16m4 )2 nên tam giác ABC cân tại A Gọi I là trung điểm của BC thì I (0;1  16m 4 ) 0,25 nên AI  16m4 ; BC  4 m ------------------------------------------------------------------------------ 1 1 S ABC  . AI .BC  16m 4 .4 m =64  m5  2  m   5 2 (tmđk m  0 ) 2 2 Đs: m   5 2 0,25 k II 1 Đk: x  (k  Z ) (1điểm) 0,25 2 ------------------------------------------------------------------------------ Với đk trên phương trình đã cho tương đương:   2 3cos2 x  (t anx  cot 2 x)  2 1  cos(2 x  )  2  s inx cos2 x  2 3cos2 x  ( )  2(1  sin 2 x)  cos x sin 2 x cos x  2 3cos2 x   2(1  sin 2 x) cos x.sin 2 x 0,25 1  2 3cos2 x   2(1  sin 2 x) sin 2 x ------------------------------------------------------------------------------  2 3cos2 x.sin 2 x  1  2 sin 2 x  2 sin 2 2 x  3 sin 4 x  1  2sin 2 x  1  cos4 x  3 sin 4 x  cos4 x  2sin 2 x 3 1 sin 4 x  cos4 x  sin 2 x  0,25 2 2   sin(4 x  )  sin 2 x 6 ------------------------------------------------------------------------------      4 x  6  2 x  k 2  x  12  k (tm)  (k  Z )  0,25  x  7  k (tm)  4 x      2 x  k 2   6  36 3  3
  4. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí II 2 2 x  1  x  5  x  3 (1) (1điểm) Đk: x  1 Nhân lượng liên hợp: 2 x  1  x  5  0 ( 2 x  1  x  5)(2 x  1  x  5)  ( x  3)(2 x  1  x  5) 0,25  4( x  1)  ( x  5)  ( x  3)(2 x  1  x  5)  3( x  3)  ( x  3)(2 x  1  x  5) (2) --------------------------------------------------------------------------- Xét các trường hợp: TH1:x>3 thì p hương trình (2) trở thành: 3  2 x  1  x  5 (3) 0,25 VP( 3)  2 2  2 2  4 2 >3 nên bất phương trình (3) vô nghiệm . ---------------------------------------------------------------------------- 0,25 TH2: x=3 thì 0 >0 (vô lý) ---------------------------------------------------------------------------- TH3: 1  x  3 nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: 3  (2 x  1  x  5) b ình phương 2 vế ta được: 4 ( x  1)( x  5)  8  5 x (4) 8  5 x  0 8   x  3 (5) thì (4) luôn đúng * 1  x  3 5 8  5 x  0 8 0,25 *  1  x  (*) nên bình phương hai vế của (4)ta 1  x  3 5 được 9 x 2  144 x  144  0  8  48  x  8  48 8 Kết hợp với điều kiện(*) ta được: 8  48  x  (6) 5 Từ (5) và (6) ta có đs: 8  48  x  3 Xét khai triển: (1  5 x)30  C30  C30 .5 x  C30 .(5 x)2  ...  C30 .(5 x)30 0 1 2 30 III 1điểm 0,25 Nhân 2 vế với x ta được: x(1  5 x) 30  C30 x  C30 .5 x 2  C30 .52 x3  ...  C30 .530 x31 (1) 0 1 2 30 ------------------------------------------------------------------------------ Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được; 0,25 (1  5x)30  150 x(1  5 x)29  C30  2C30 .5 x  3C30 .52 x 2  ...  31C30 .530 x30 (2) 0 1 2 30 Chọn x=-1 thay vào (2) ta được 0,25 630  150.629  C30  2(C30 .5)  3(C30 .52 )  ...  31(C30 .530 ) 0 1 2 30 ------------------------------------------------------------------------------ hay 6 29 (6  150)  a0  2 a1  3 a2  ...  31 a30 hay 630.26  a0  2 a1  3 a2  ...  31 a30 0,25 ĐS : S  630.26 4
  5. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí IV 1 S (1điểm) A F 0,25 B H E D C ------------------------------------------------------------------------------ *CM: SE  EB a3 Vì tam giác SAD đều cạnh a  SE  2 0,25 Xét tam giác vuô ng AEB có: 2 5a 2 a EB 2  EA2  AB 2     a 2  2 4 ----------------------------------------------------------------------------- 2  a 3  5a 2 2 2 2 2 Xét tam giác SEB có: SE  EB   2   4  2 a  SB    suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE  EB 0,25 ------------------------------------------------------------------------------ Ta có: AEB = BFC(c-c) suy ra   BFC AEB  mà   FBE  900 AEB     BFC  FBE  900  FHB  900 0,25 Hay CH  EB mÆt kh¸c CH  SE (do SE  ( ABCD) ) Suy ra CH  ( SEB) . => CH  SB 1 IV 2 Vậy VC .SEB  .CH .S SEB (1điểm) 0,25 3 ------------------------------------------------------------------------------ 1 1 1 1 1 41 5 * X ét FBC có:     2 2 2 2 2 2 2 2 BH BF BC a a aa a  0,25 2 2 a suy ra BH 2  5 ------------------------------------------------------------------------------ 0,25 a 2 4a 2 2a BHC có: CH 2  BC 2  BH 2  a 2  Xét  CH   5 5 5 ----------------------------------------------------------------------------- 0,25 1 2a 1 a 3 a 5 a 3 3 1 1 Nên VC .SEB  CH . .SE.EB  . (đvtt) .. .  3 2 3 52 2 2 12 5
  6. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí Áp d ụng BĐ T cosi ta có: V (1 a 2  b 2  2ab điểm) b 2  1  2b 0,25 a 2  2b 2  3  2( ab  b  1) suy ra ------------------------------------------------------------------------------ Tương tự : b2  2c 2  3  2(bc  c  1) 0,25 c 2  2a 2  3  2( ac  a  1) ------------------------------------------------------------------------------ 1 1 1 1 Khi đó: P        2  ab  b  1 bc  c  1 ac  a  1  abc abc 1 1 =      2 2  ab  b  1 bc  c  abc ac  a bc  abc  0,25 ab b 1 1 1 =     2  ab  b  1 ab  b  1 ab  b  1  2 ------------------------------------------------------------------------------ Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1. 1 Vậy P đạt giá trị lớn nhất b ằng khi a=b=c=1 0,25 2 Gọi C ( xc ; yc ) VI. 1 a (1điểm) Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: C (2 yc  2; yc ) y 1 Gọi M là trung điểm của AC nên M   yc  1; c  0,25   2  ----------------------------------------------------------------------------- yc  1 Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên :  yc  1  2.  4  0  yc  1 2 0,25  C (4;1) ------------------------------------------------------------------------------ Từ A kẻ AJ  d 2 tại I ( J thuộc đ ường thẳng BC) nên véc tơ chỉ  phương của đường thẳng (d2) là u (2; 1) là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng (AJ) Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0 Vì I=(AJ)  (d2) nên toạ độ diểm I là nghiệm của hệ 4  x   5 2 x  y  1  0 43  0,25  I ( ;  )   x  2y  2  0 y   3 55  5  ------------------------------------------------------------------------------ Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung đ iểm của AJ 8 8   0  x   5 x   5 8 11 Gọi J(x;y) ta có:    J ( ;  )   1  y   6  y   11 55   5 5   8 11 0,25 Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; J ( ;  ) là: 5 5 4x+3y+13=0 6
  7. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí Đk: x,y>0 và x, y  1 VI. 2 0,25 a (1 điểm) Với đk trên hệ phương trình tương đương :  y 2  2 x  3(1)   log y x-1=2log x y (2)  Giải(2) đặt log y x  t (t  0)  t  1 2 phương trình (2) trở thành: t  1   t 2  t  2  0   (tm) t  2 t 0,25 1  l og y x=-1 x  y    log y x=2  x  y2  ------------------------------------------------------------------------------ 2 2  y 2  2x  3  y   3  y3  3 y  2  0 y 1/  1     1  x  y x  y x  1    y  0,25  y  2 1     y  1(loai )  x    2 x  1 y  2   y  ------------------------------------------------------------------------------  y2  2x  3  y2  2 y2  3  y2  3  0 2/    (vô nghiệm)    2 2 2 x  y x  y x  y    1 0,25  x  Đáp số:  2 y  2  7
  8. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí Vì B là giao điểm của (AB) và (BD ) nên toạ độ của B là nghiệm VI. 1 b (1điểm) x  y  1  0 x  0 của hệ :   B(0;1)  2 x  y  1  0 y 1  Đường thẳng AB có V TPT : n AB (1; 1)  0,25 Đường thẳng BD có VTPT : nBD (2;1)  Giả sử đường thẳng AC có VTPT : n AC (a; b) ------------------------------------------------------------------------------ Khi đó:       n AB .nBD n AB .n AC        n AB nBD n AB nAC ab 1  a 2  b2  5 a  b   2 2 5 a b 0,25  a  b  5(a 2  2ab  b 2 ) 2 2  4a 2  10ab  4b 2  0  2a 2  5ab  2b 2  0 b  a  2    a  2b  b 1/Với a  ,chọn a=1,b=2 thì n AC (1; 2) suy ra phương trình đ ường 2 thẳng (AC) đi qua đ iểm M(-1;1) là: x+2y-1=0 ------------------------------------------------------------------------------ Gọi I là giao điểm của đường thẳng (AC) và (BD) nên toạ độ 1  x= 3 2 x  y  1  0 11  0,25 điểm I là nghiệm của hệ:   I( ; )  x  2 y 1  0  y= 1 33 3  Vì A là giao điểm của đường thẳng (AB) và (AC) nên toạ độ 1   x=- 3 x  y 1  0 12  điểm A là nghiệm của hệ:   A( ; )   x  2 y 1  0  y= 2 33 3  Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ điểm C (1; 0) và 21 D( ;  ) 33 ----------------------------------------------------------------------------- 2/Với a=2b chọn a=2;b=1 thì phương trình đường thẳng (AC) là 2x+y+1=0 (loại vì AC không cắt BD) 0,25 12 2 1 Đáp số: A( ; ) ; B(0;1) ; C (1; 0) ; D( ;  ) 33 3 3 8
  9. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí TXĐ: D=R VI. 2 2 2 b (1điểm) hàm số đã cho viết lại là: y  3sin x  32sin x 0,25 2 2 Đặt t  3sin x vì 0  sin 2 x  1 nên 1  3sin x  3 tức 1  t  3 ---------------------------------------------------------------------------- 9 khi đó hàm số đã cho trở thành y  f (t )  t  với 1  t  3 t 9 t2  9 Ta có f , (t )  1  2 0,25 t2 t , 2 f (t )  0  t  9  0  t  3 ----------------------------------------------------------------------------- BBT: t 1 3 0,25 - , f (t ) f (t ) 10 6 ------------------------------------------------------------------------------ min y ( x)  min f (t )  6 đạt đ ược khi t=3 khi 1;3 (  ; )  sin 2 x  1  x   k  (k  Z ) 2 0,25 Max y ( x)  Max f (t )  10 đạt được khi t=1 khi 1;3 (  ; ) sin 2 x  0  x  k ( k  Z ) Nếu thí sinh làm theo các cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa. H ết KỲ THI KSCL THI Đ ẠI HỌC NĂ M 2011 LẦN THỨ 1 ĐỀ THI MÔN TOÁN 12. KHỐI D. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------------- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y= x3 - 3(m + 1)x2 + 3m(m + 2)x + 1 (1) (m là tham số thực) 1 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị h àm số (1) khi m= 1 2 . CMR: Hàm số (1) luôn có cực đại và cực tiểu. Xác đ ịnh các giá trị của m đ ể h àm số (1) đạt cực đ ại và cực tiểu tại các đ iểm có hoành độ dương. Câu II (2,0 điểm) 1 . Giải bất phương trình: x2 + 2 x 2  4 x  3  6  2 x 2 . Giải phương trình : sin2x - 2 2 (sinx + cosx) -5=0 Câu III (1,0 điểm) 9
  10. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí 1 1 1 1 1 Tính tổng: S=    ...   2!2009! 4!2007! 6!2005! 2008!3! 2010! ! 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ d iện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A, AB =a, AC =a 3 , DA =DB =DC. Biết rằng DBC là tam giác vuông. Tính thể tích tứ diện ABCD Câu V (1,0 điểm) CMR: Với mọi x, y, z dương thoả mãn xy + yz + zx = 3 ta có: 1 4  1 2 xyz ( x  y )( y  z )( z  x) II. PH ẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ đ ược làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1 . Trong m ặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 điểm A(5;-2), B(-3;4) và đường thẳng d có phương trình: x - 2 y + 1 = 0 . Tìm toạ độ điểm C trên đường thẳng d sao cho tam giác ABC vuông tại C. Viết phương trình đường tròn ngoại tếp tam giác ABC. 2 . Trong mặt phẳng (P), cho h ình chữ nhật ABCD có AB=a, AD=b. S là một đ iểm bất kỳ nằm trên đường thẳng At vuông góc với mặt phẳng (P) tại A. Xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD và tính thể tích khối cầu đó khi SA=2a.  12  Giải hệ phương trình: Câu VII.a (1,0 điểm) 1   y  3x  x  2     12  1   y  3x  y  6    B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1 . Trong mặt phẳn g với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đ ỉnh A(-2;3), đường cao CH n ằm trên đường thẳng: 2x + y -7= 0 và đư ờng trung tuyến BM nằm trên đường thẳng 2x – y +1=0. Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC. 2 . Cho hình chóp S.ABC có đ áy ABC là tam giác đều cạnh a, SAB là tam giác đều và mp(SAB) vuông góc với mp(ABC). Xác định tâm, b án kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và tính thể tích khối cầu đó . Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình ex = 1+ ln(1+x). --------Hết-------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:………………………..…….............................; Số báo danh:……………… ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 MÔN: TOÁN 12 ; KHỐI D. (Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang) Câu Ý Nội dung đáp án Điểm I 2,0 Khi m=1, ta có hàm số y = x3-6x2+9x+1 * TXĐ: R * Sự biến thiên 0 ,25 - Chiều b iến thiên: y' = 3x2 -12x + 9 y' = 0 x =1 hoặc x =3 10
  11. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí Hàm số đồn g biến trên các khoản g (- ;1) và ( 3;) ; Ngh ịch biến trên kho ản g (1; 3) - Cực trị: Hàm số đ ạt cực đại tại x =1; yCĐ=5 0 ,25 Hàm số đạt cực tiểu tại x =3; yCT=1 - Giới h ạn : lim y   x   - Bảng biến thiên: x - 1 3 + y' + 0 - 0 + 0 ,25 + 5 y - 1 * Đồ thị: y 5 0 ,25 1 0 1 34 x * Ta có: y' = 3x2 - 6 (m+1)x + 3m(m+2) y' = 0 x2 - 2(m+1)x + m(m+2) = 0(2) 0 ,25 => ' =(m+1)2 - m(m+2)=1 > 0, m Vậy phương trình y'=0 luôn có 2 n ghiệm phân biệt với mọi m. Do đ ó 0 ,25 hàm số (1) luôn có cực đại và cực tiểu. 2 (1,0 điểm) * Hàm số (1) đ ạt cực đại và cực tiểu tại các điểm có hoành độ dương 0 ,25 (2) có 2 nghiệm dương ph ân biệt P > 0 S>0 m(m+2) > 0 0 ,25 m > 0 2(m+1) > 0 II 2,0 2 2 BPT đã cho x + 2 x - 6 + 2 x  4 x  3 > 0 0 ,25 Đặt t = 2 x 2  4 x  3  2( x  1) 2  1 => điều kiện t >1 BPT trở thành: t2  3 0 ,25 t2 + 2t - 15 >0 6t 0 2 1 11
  12. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí t >3 0 ,25 t 9 x2 + 2x - 3 > 0 0 ,25 x > 1 x < -3 PT đã cho (sinx + cosx)2 - 2 2 (sinx + cosx) - 6 = 0 0 ,25 sinx + cosx = - 2 0 ,25 sinx + cosx = 3 2  2  (1,0 điểm) 2 sin  x     2 4  0 ,25   2 sin  x    3 2 => vô nghiệm 4    3 x  x      k 2  k 2 (k  Z ) 0 ,25 4 2 4 III 1,0 Ta có 2011! 2011! 2011! 2011! 2011! 2011!S=    ...   2!2009! 4!2007! 6!2005! 2008!3! 2010!1! 0 ,25 2 4 6 2008 2010 = C 2011  C 2011  C 2011  ...  C 2011  C 2011 Khai triển (1+x)2011= C 2011  C 2011 x  C 2011 x 2  ...  C 2011 .x 2010  C 2011 x 2011 0 ,25 0 1 2 2010 2011 Chọn x = -1 ta có: 0 2 2010 1 3 2011 C 2011  C 2011  ...  C 2011  C 2011  C 2011  ...  C 2011 0 ,25 Chọn x = 1 ta có: C 2011  C 2011  C 2011  ...  C 2011  2 2011 0 1 2 2011 Do đó : C 2011  C 2011  C 2011  ...  C 2011  2 2010 0 2 4 2010 2 2010  1 0 ,25 Vậy S = 2011! IV 1,0 D Hình vẽ Gọi M là trung điểm của BC 0 .25 Ta có: MA=MB=MC Mà: DA=DB=DC (gt) B Suy ra: DM  (ABC) C M a 0 ,25 a 3 A 12
  13. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí Có  DBC vuông cân tại D n ên 0 ,25 1 1 1 a 2  3a 2  .2a  a DM = BC  2 2 2 1 a.a. 3 1 33 Vậy VABCD = .a (đvtt) DM .S ABC  .a  0 ,25 3 3 2 6 V 1,0 Áp dụng BĐT Côsi ta có: 1 4 4   2.  2 xyz ( x  y)( y  z )( z  x) 2 xyz ( x  y)( y  z )( z  x) 0 ,25 22 = ( xz  yz )( xy  xz )( yz  xy ) 2( xy  yz  zx ) 3 Mà ( xz  yz )( xy  xz )( yz  xy)  2 3 0 ,25 => (xz+yz)(xy+xz)(yz+xy) < 8 1 4 22 Do đó :   1 0 ,25 2 xyz ( x  y)( y  z )( z  x) 8 1 4 Dấu "=" xẩy ra  2 xyz ( x  y)( y  z )( z  x) 0 ,25 xz + yz = xy + xz = yz +xy x = y = z = 1 xy+ yz + zx = 3 VI.a 2,0 Giả sử C=(xo;yo) 0 ,25 Vì C  d nên xo - 2 yo + 1 = 0 (1) Vì CA  CB n ên CA.CB  0 0 ,25 (5 - xo)(-3 - xo) + (-2 - yo)(4 - yo) = 0 2 2 x0  2 x0  y0  2 y0  23  0 (2) 2 Thế (1) vào (2) ta có: y0  2 y0  4  0 y0  1  5  x0  1  2 5 0 ,25 1 y0  1  5  x0  1  2 5 (1,0 điểm) Vậy có 2 đ iểm tho ả mãn đề b ài là: C1 = (1  2 5 ; 1  5 ) C2 = (1  2 5 ; 1  5 ) Đường tròn ngoại tiếp t am giác ABC có tâm I(1;1) là trung điểm AB và bán AB 10 0 ,25   5. kính R= Vậy phương trình đường tròn đó là: 2 2 ( x  1) 2  ( y  1) 2  25 13
  14. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí Gọi O là giao đ iểm hai đ ường Hình chéo AC và BD của hình chữ nhật S vẽ ABCD. Qua O kẻ đường thẳng 0 ,25 song song với SA cắt SC tại đ iểm I Ta có: OI  (ABCD) vì SA  (ABCD) A I => OI là trục của đường tròn ngo ại tiếp D hình vuông ABCD. O => IA = IB = IC = ID (1) B C Mà OI là đường trung b ình của SAC => IS = IC (2) 2 0 ,25 (1,0 điểm) Từ (1) và (2) => I là tâm của mặt cầu ngo ại tiếp hình chóp S.ABCD Do đó bán kính mặt cầu đó là: 0 ,25 SA2  AC 2 4a 2  a 2  b 2 5a 2  b 2 ¸SC R=    2 2 2 2 Vậy thể tích khối cầu n goại tiếp hình chóp S.ABCD là: 0 ,25 (5a 2  b 2 ) 3  (5a 2  b 2 ) 5a 2  b 2 434 V= (đvtt) R   .  3 3 8 6 VII.a 1,0 Điều kiện x>0, y>0, x+3y  0 12 2 1 3 Hệ đã cho tương đươn g với 1   1 y  3x x x y 0 ,25 12 6 1 3  12  1    y  3x y y  3x y x 19  12 => y2 + 6xy - 27x2 = 0 Suy ra  0 ,25 x y y  3x 2 y  y y y =>    6   27  0  3 hoặc  9 (loại) 0 ,25 x x x x Với y = 3x thế vào PT đầu của hệ đ ã cho ta có : x – 2 x - 2 = 0 0 ,25 x = (1+ 3 ) 2 => y = 3 (1+ 3 ) 2 VI.b 2,0 Đường thẳng chứa cạnh AB đ i qua A (-2;3) và nh ận véctơ ch ỉ phương uCH = (-1;2) của đường CH làm véctơ pháp tuyến n ên có phương 0 ,25 trình là: - 1(x+2) + 2(y-3) = 0 - x + 2 y - 8 = 0  x  2 y  8  0 Toạ độ điểm B là n ghiệm hệ:  => B = (2; 5) 1 2 x  y  1  0 (1,0 điểm) 0 ,25 14
  15. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí  x0  2 y 0  3  Giả sử đ ỉnh C = (xo; yo) => M =  ;  2 2 Vì C  CH nên 2xo + yo - 7 = 0 (1) 0 ,25 x0  2 y 0  3 Vì M  BM nên: 2.  1  0 2xo - yo - 5 = 0 (2)  2 2  x0  3 Giải h ệ (1), (2) ta có: Vậy C= (3; 1)   y0  1 0 ,25 Phương trình đường thẳng AC là: 2x + 5y -11 =0 Phương trình đường thẳng BC là: 4x + 5y -13 =0 Gọi H là trung điểm AB => SH  (ABC) S Gọi I là trọng tâm  ABC, J là trọng tâm  SAB Hình và O là điểm sao cho OIHJ là hình vuông vẽ Ta có: 0 ,25 OA=OB=OC (Vì OI là trục của đường tròn B ngoại tiếp  ABC) J O OS=OA=OB (vì OJ là trục của đườn g tròn n goại tiếp  SAB ) H I Vậy O là tâm mặt cầu ngo ại tiếp hình chóp S.ABC C 2 A (1,0 điểm) 0 ,25 Bán kính m ặt cầu là: 2 2 2 5 a 3  a 15 1 2 R=OA= OI  IA   SH    CH    0 ,25 2 2      9 2  3  3 6    3 4  a 15  5 15 3 4 Thể tích khối cầu là: V = R 3   .  a (đvtt) 0 ,25 36 3 54   VII.b 1,0 0 ,25 Điều kiện: x > -1 Xét h àm số: f(x) = ex - ln(1+x) - 1 trên khoảng (-1; +  ) 1 1 Ta có: f'(x)= ex - ; f''(x) = ex +  0 , x  (-1; +  ) 0 ,25 (1  x) 2 1 x Suy ra f'(x) đ ồng biến /(-1; +  ) Vì f'(0) = 0 nên f'(x) > 0 , x >0 f'(x)
  16. http://www.toancapba.com học toán và ôn thi Đại học miễn phí 16
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

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

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2