Đề thi thử toán - số 19 năm 2011

Chia sẻ: HUI.VN | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

55
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử toán - số 19 năm 2011', 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 thử toán - số 19 năm 2011

Đề số 19 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3x 2 + 4 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2điểm) x2 + 1 + y( x + y) = 4 y 1) Giải hệ phương trình: (x, y R) ( x 2 + 1)( x + y − 2) = y sin 3 x.sin 3 x + cos3 x cos3 x 1 =− π� � π� 2) Giải phương trình: � 8 tan � − � � + � x tan x 6� � 3� � 1 I = x ln( x 2 + x + 1)dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) a2 3 chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng . 8 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 1 1 1 thức P = +2 +2 a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a 2 + 3 2 2 2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), phương trình đường trung tuyến BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có ph ương trình tham s ố { x = −2 + t; y = −2t; z = 2 + 2t . Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A(4;0;–1) song song với (D) và I(–2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Vi ết ph ương trình c ủa m ặt ph ẳng chứa ∆ và có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của n � 1� � x + 4 �, biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: 2 x� � 2n +1 n 6560 2 2 1 23 2Cn + Cn + Cn2 +L + Cn = ( Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử) 0 n +1 n +1 2 3 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y – 7= 0 và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2 + MB 2 + MC 2 . e x − y + e x + y = 2( x + 1) Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình (x, y R) ex+ y = x − y + 1
Hướng dẫn Đề số 19 www.VNMATH.com Câu I: 2) d có phương trình y = m(x – 3) + 4. Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình: x=3 x 3 − 3 x 2 + 4 = m( x − 3) + 4 � ( x − 3)( x 2 − m) = 0 � 2 x −m=0 Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và y '( m ). y '( − m ) = −1 18 3 35 � (3m − 6 m )(3m + 6 m ) = −1 � 9m 2 − 36m + 1 = 0 � m = (thỏa mãn) 9 x2 + 1 +x+ y−2=2 y Câu II: 1) y = 0 không phải là nghiệm. Hệ PT ⇔ x2 + 1 ( x + y − 2) = 1 y x2 + 1 =1 u+v=2 x +1 2 Đặt u = , v = x + y − 2 . Ta có hệ � u = v =1 ⇔ y uv = 1 y x + y − 2 =1 Nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5). � π� � π� � π� � π� 2) Điều kiện: sin � − � � + � � − � � + � 0 x sin x cos x cos x � 6� � 3� � 6� � 3� � π� � π� � π� � π � Ta có tan � − � � + � tan � − � � − x � −1 = = x tan x x cot 6� � 3� 6� � 6 � � � 1 PT � sin 3 x.sin 3 x + cos3 x cos3 x = 8 1 − cos 2 x cos 2 x − cos 4 x 1 + cos 2 x cos 2 x + cos 4 x 1 + = � � � 2 2 2 2 8 π x = + kπ (loaïi) 1 1 1 6 � 2(cos 2 x + cos 2 x cos 4 x) = � cos 3 2 x = � cos 2 x = π 2 8 2 x = − + kπ 6 π Vậy phương trình có nghiệm x = − + kπ , (k Z) 6 2x + 1 du = 2 dx u = ln( x + x + 1) 2 x + x +1 Câu III: Đặt � � dv = xdx x2 v= 2 1 1 1 1 2x + 1 1 1 2 x3 + x 2 x2 1 1 1 3 dx dx = ln 3 − �x − 1) dx + � dx − � I= ln( x 2 + x + 1) − (2 4 0 x + x +1 4 0 x + x +1 2 0 x + x +1 2 2 2 2 20 2 0 3π 3 ⇒ I = ln 3 − 4 12 Câu IV: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’. Khi đó (P) (BCH). Do góc ﾷA ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH. a3 2 a3 Do tam giác ABC đều cạnh a nên AM = , AO = AM = 2 3 3 2 2 a3 1 a3 a3 Theo bài ra S BCH = � HM .BC = � HM = 8 2 8 4
3a 2 3a 2 3a AH = AM 2 − HM 2 = − = 4 16 4 A ' O HM AO.HM a 3 a 3 4 a = Do ∆ A’AO và ∆ MAH đồng dạng nên ⇒ A 'O = = = AO AH AH 3 4 3a 3 a3 3 1 1aa 3 Thể tích khối lăng trụ: V = A O.S ABC = A O. AM .BC = a= 2 23 2 12 1 1 1 1 =2 Câu V: Ta có a2+b2 ≥ 2ab, b2 + 1 ≥ 2b ⇒ 2 . a + 2b + 3 a + b + b + 1 + 2 2 ab + b + 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 Tương tự 2 . , . b + 2c + 3 2 bc + c + 1 c + 2a + 3 2 ca + a + 1 2 2 2 1� 1 � 1� 1 �1 1 1 ab b + + = + + = P 2 � + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 � 2 � + b + 1 b + 1 + ab 1 + ab + b � 2 ab ab � �� 1 1 P = khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng khi a = b = c = 1 2 2 Câu VI.a: 1) Điểm C � : x + y − 1 = 0 � C ( t ;1 − t ) . CD �+ 1 3 − t � t Suy ra trung điểm M của AC là M � ; . � �2 2� Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K BC ). Suy ra AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 � x − y + 1 = 0 x + y −1 = 0 I ( 0;1) Tọa độ điểm I thỏa hệ: x − y +1 = 0 tọa độ của K ( −1;0 ) . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK x +1 y = � 4x + 3y + 4 = 0 Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: −7 + 1 8 2) Gọi (P) là mặt phẳng chứa ∆ , thì ( P ) P ( D ) hoặc ( P ) ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA và IH ⊥ AH . d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH Mặt khác H ( P) H A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) ⊥ IA tại A. Trong (P), IH IA ; do đó maxIH = IA r uu r r Vectơ pháp tuyến của (P0) là n = IA = ( 6;0; −3) , cùng phương với v = ( 2;0; −1) . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2( x − 4) − 1.( z + 1) = 2 x − z − 9 = 0 . 2 2 Câu VII.a: Ta có I = �+ x) dx = � n + Cn x + Cn x +L + Cn x ) dx ( C0 1 2 2 n nn (1 0 0 2 11 1 1 �0 � Cnn x n +1 � = � n x + Cn x 2 + Cn2 x3 +L + C n +1 2 3 � �0 2n +1 n 3n +1 − 1 22 1 23 2 1 2 (1 + x) n +1 = ⇒ I = 2Cn + Cn + Cn +L + Mặt khác I = 0 Cn (1). (2) n +1 n +1 n +1 2 3 0 2n +1 n 3n +1 − 1 22 1 23 2 Từ (1) và (2) ta có 2Cn + Cn + Cn +L + Cn = 0 n +1 n +1 2 3 3n +1 − 1 6560 � 3n +1 = 6561 � n = 7 = Theo bài ra thì n +1 n +1 7 k � 1 � 7 1 k 14−3k () � 1� 7 7−k Ta có khai triển � x + 4 �= � 7k � 4 � = � k C7 x C x 4 2 2 x� 0 � x� 0 2 � 14 − 3k =2�k =2 Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn 4 1 2 21 C7 = Vậy hệ số cần tìm là 22 4
Câu VI.b: 1) Do B ∈ d1 nên B(m; – m – 5), C ∈ d2 nên C(7 – 2n; n) 2 + m + 7 − 2n = 3.2 m = −1 Do G là trọng tâm ∆ ABC nên ⇒ B(–1; –4), C(5; 1) 3 − m − 5 + n = 3.0 n =1 83 17 338 ⇒ PT đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC: x + y − x+ y− =0 2 2 27 9 27 �8 � 7 2) Gọi G là trọng tâm của ∆ ABC ⇒ G � ; ;3 � �3 � 3 uuur uuu 2 uuur uuu 2 uuur uuu 2 r r r Ta có F = MA2 + MB 2 + MC 2 = ( MG + GA ) + ( MG + GB ) + ( MG + GC ) uuur uuu uuu uuuu r r r = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + 2 MG (GA + GB + GC ) = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 F nhỏ nhất ⇔ MG2 nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G lên (P) 78 − −3−3 19 ⇔ MG = d (G ,( P )) = 3 3 = 1+1+1 33 56 32 104 64 GA2 + GB 2 + GC 2 = + + = 9 9 9 3 2 �19 � 64 553 Vậy F nhỏ nhất bằng 3. � �+ = khi M là hình chiếu của G lên (P) � 3� 3 9 3 ex− y = x + y + 1 �v = u + 1 �v = u + 1 u = x+ y e e (1) � � . Hệ PT ⇔ x + y ⇔ �u Câu VII.b: Đặt �u v= x− y e = x − y +1 � = v + 1 � − e = v − u (2) v e e • Nếu u > v hoặc u < v thì (2) vô nghiệm • Nên (2) � u = v . Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét f(u) = eu – u – 1 , f ′ (u) = eu – 1 Từ BBT của f(u) ta có f(u) = 0 � u = 0 . �+ y =0 �=0 x x Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 � v = 0 � � �� − y =0 � =0 x y