Đề thi thử toán - số 24 năm 2011

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

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử toán - số 24 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 24 năm 2011

Đề số 24 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y = x3 + (1 − 2m) x 2 + (2 − m) x + m + 2 (1) ( m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 2. 2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đ ại, đi ểm c ực ti ểu, đ ồng th ời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu II: (2 điểm) 1 cos3x − cos 2 x + cos x = 1) Giải phương trình: 2 3log x 3 + 2log x 2 3 2) Giải bất phương trình: log x 3 + log x 2 6 dx I= Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: 2 2x + 1 + 4x + 1 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF với SA = a, AB = b. Tính th ể tích c ủa hình chóp đó và khoảng cách giữa các đường thẳng SA, BE. Câu V: (1 điểm) Cho x, y là các số thực thoả mãn điều kiện: x 2 + xy + y 2 3. Chứng minh rằng : −(4 3 + 3) x 2 − xy − 3 y 2 4 3 − 3. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đ ường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong c ủa góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm A(4;0;0), B(0; 4; 0). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Xác định tọa đ ộ đi ểm K sao cho KI vuông góc với mặt phẳng (P) đồng thời K cách đ ều gốc t ọa đ ộ O và m ặt ph ẳng (P). Câu VII.a: (1 điểm) Chứng minh 3(1 + i)2010 = 4i(1 + i )2008 − 4(1 + i) 2006 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đ ường 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. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: x =1+ t x − 3 y −1 z ( ∆2 ) : (∆1 ) : y = −1 − t , = = −1 2 1 z=2 Xác định điểm A trên ∆ 1 và điểm B trên ∆ 2 sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu VII.b: (2 điểm) Cho tập A= {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 ch ữ số khác nhau chọn trong A sao cho số đó chia hết cho 15.
Hướng dẫn Đề số 24 www.VNMATH.com Câu I: 2) y = g ( x ) = 3 x + 2 ( 1 − 2m ) x + 2 − m . 2 YCBT ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả x1 < x2 < 1 ∆ = 4m 2 − m − 5 > 0 5 � � g (1) = −5m + 7 > 0 � � < −1 � < m < 5 � m ⇔ 4 � � S 2m − 1 = 0 . log x 2 log x 3 +2 3 3y + 2 log x 2 1 �۳�−� 3 33 3 (*) luôn sai với mọi y > 0. BPT ⇔ log 3 y +1 y +1 +1 x log x 2 Kết luận: BPT vô nghiệm. 1 Câu III: Đặt : t = 4 x + 1 � t 2 = 4 x + 1 � x = (t 2 − 1) 4 6 5 5 �1 1� dx tdt 31 I =� =� 2 � − dt = ln − Do đó: 2� 4 x + 1 3 (t + 1) 3 �+ 1 (t + 1) � 2 2x + 1 + t 2 12 Câu IV: Nhận xét: Tâm O của lục giác đều ABCDEF là trung điểm của các đường chéo AD, BE, CF. SO ⊥ (ABCDEF). Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac đ ều b ằng nhau c ạnh b. 3 3 3b 2 = Diện tích đáy: Sđáy = 6S∆ OAB = 6b 2 (đvdt) 4 2 Chiều cao h = SO = SA2 − OA2 = a 2 − b 2 b 2 3(a 2 − b 2 ) 1 ⇒ Thể tích V = Sdáy h = 3 2 * Xác định được d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ. Chứng minh OJ ⊥ (SAF) 3(a 2 − b 2 ) OI .SO =b Trong ∆ SOJ vuông tại O ta có OJ = 4a 2 − b 2 OI 2 + SO 2 Câu V: Đặt A = x 2 + xy + y 2 , B = x 2 − xy − 3 y 2 • Nếu y = 0 thì A = B = x2 ⇒ 0 ≤ B ≤ 3. x 2 − xy − 3 y 2 z2 − z − 3 x z = khi đó: B = A. 2 = A. 2 • Nếu y ≠ 0, ta đặt . x + xy + y 2 z + z +1 y z2 − z − 3 = m � ( m − 1) z 2 + ( m + 1) z + m + 3 = 0 Xét phương trình: (a). z + z +1 2 m =1 m =1 (a) có nghiệm ⇔ −3 − 48 −3 + 48 ( m + 1) �( m 1) ( m 3) 0 ∆0 2 −−+ 4 � m 3 3 Vì 0 ≤ A ≤ 3 ⇒ −3 − 4 3 B −3 + 4 3 . Đây là điều phải chứng minh.
Câu VI.a: 1) Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: �x + 3y − 4 = 0 � = −2 4 x � A ( −2;4 ) �� + 2y − 6 = 0 �=4 x y �x + 3y − 4 = 0 � =1 4 x � B ( 1;0 ) �� Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình � � − y −1 = 0 � =0 x y Đường thẳng AC đi qua điểm A(–2;4) nên phương trình có dạng: a ( x + 2 ) + b ( y − 4 ) = 0 � ax + by + 2a − 4b = 0 Gọi ∆1 : 4 x + 3 y − 4 = 0; ∆2 : x + 2 y − 6 = 0; ∆3 : ax + by + 2a − 4b = 0 Từ giả thiết suy ra ﾢ ∆2 ; ∆3 ) =ﾢ ∆1 ; ∆2 ) . Do đó ( ( |1.a + 2.b | | 4.1 + 2.3 | cosﾢ ∆2 ; ∆3 ) = cosﾢ ∆1 ; ∆2 ) � ( ( = 25. 5 5. a + b 2 2 a=0 �| a + 2b |= 2 a 2 + b 2 � a ( 3a − 4b ) = 0 � 3a − 4b = 0 b 0 . Do đó ∆3 : y − 4 = 0 •a=0 • 3a – 4b = 0: Chọn a = 4 thì b = 3. Suy ra ∆3 : 4 x + 3 y − 4 = 0 (trùng với ∆1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y – 4 = 0. � −4=0 �=5 y x � C ( 5;4 ) �� Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: � � − y −1 = 0 � = 4 x y 2) Tọa độ của trung điểm I của AB là: I(2; 2; 0) x−2 y−2 z = =. ⇒ Phương trình đường thẳng KI: −1 3 2 Gọi H là hình chiếu của I lên (α) ⇒ H(–1; 0; 1). ( xk + 1) + yk + ( zk − 1) 2 2 Giả sử K(xk; yk; zk), khi đó: KH = và KO = xk2 + yk + zk 2 2 2 Từ yêu cầu bài toán ta có hệ: 1 xk = − 4 ( xk + 1) + yk + ( zk − 1) = xk + yk + zk 2 2 2 2 2 2 1 � 1 1 3� � �k = − y . Kết luận: K � ; ; � . � −2 y −2 z x 2 � 4 2 4� =k =k �k � −1 3 2 3 zk = 4 Câu VII.a: Ta có: 3(1 + i ) 2010 = 4i(1 + i ) 2008 − 4(1 + i) 2006 � 3(1 + i) 4 = 4i (1 + i) 2 − 4 � (1 + i) 4 = −4 ⇔ 4i 2 = −4 ( đúng) ⇒ (đpcm). Câu VI.b: 1) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình y = 0; x = 2 x2 + y 2 + 2x − 4 y − 8 = 0 � � y = −1; x = −3 x − 5y − 2 = 0 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(–3;–1). Vì ﾢABC = 900 nên AC là đường kính đường tròn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I c ủa đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4). 2) Vì r ∈ ∆ 1 ⇒ A(t+1; –t –1; 2); B∈ ∆ 2 ⇒ B( t'+3; 2t' +1; t') A uuu ⇒ AB = (−t '− t + 2;2t '+ t + 2; t '− 2) Vì đoạn AB có độ dài nhỏ nhất ⇔ AB là đoạn vuông góc chung của (∆ 1) và (∆ 2) uuu r r uuu r r � ⊥ u1 � .u1 = 0 2t + 3t ' = 0 AB AB � � � t = t ' = 0 ⇒ A( 1; –1; 2), B(3; 1; 0). ⇒� r r � � rr �� uuu uuu 3t + 6t ' = 0 � ⊥ u2 � .u 2 = 0 AB AB Câu VII.b: Nhận xét: Số chia hết cho 15 thì chia hết 3 và chia hết 5. • Các bộ số gồm 5 số có tổng chia hết cho 3 là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6). • Mỗi số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số tận cùng là 0 hoặc 5.
+ Trong các bộ số trên có 4 bộ số có đúng một trong hai số 0 hoặc 5 ⇒ 4.P4 = 96 số chia hết cho 5. + Trong các bộ số trên có 3 bộ số có cả 0 và 5. Nếu tận cùng là 0 thì có P4= 24 số chia hết cho 5. Nếu tận cùng là 5 vì do số hàng chục nghìn không thể là số 0, nên có 3.P 3=18 số chia hết cho 5. Trong trường hợp này có: 3(P4+3P3) = 126 số. Vậy số các số theo yêu cầu bài toán là: 96 + 126 = 222 số.