zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử toán - số 27 năm 2011

Chia sẻ: HUI.VN | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:3

Báo xấu

47
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử toán - số 27 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 27 năm 2011

Đề số 27 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số: y = x 4 − (2m + 1) x 2 + 2m (m là tham số ). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt cách đ ều nhau. Câu II (2 điểm). 1) Giải phương trình : � 21π 1 8 �1 2 cos x + cos 2 ( x + 3π ) = + sin 2( x − π ) + 3cos � + + 2 x � s in x . � �3 3 3 2 x− y 1− x + y x− y +2 (1 + 4 ).5 = 1+ 3 (1) 2) Giải hệ phương trình: . 1 x2 − 3 y y − = 1− 2 y (2) x Câu III (2 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau : xe x y = 0, y= x =1. , ( x + 1) 2 ﾷ Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang AB = a, BC = a, BAD = 900 , cạnh SA = a 2 và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. G ọi H là hình chi ếu c ủa A trên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD). 111 + + = 2009 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz 1 1 1 + + thức: P= 2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) x 2 + y 2 + 2 x − 4 y − 8 = 0 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4;0;0) , B(0;0; 4) và mặt phẳng (P): 2 x − y + 2 z − 4 = 0 . Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho ∆ ABC đều. 2) 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. Câu VII.a (1 điểm) Tìm phần thực của số phức : z = (1 + i ) n .Trong đó n∈N và thỏa mãn: log 4 ( n − 3) + log 5 ( n + 6 ) = 4 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm ) 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: x = 2+t x − 4 y −1 z + 5 = = và : d 2 : y = −3 + 3t d1 : t ﾷ. −1 −2 3 z=t Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d 1 và d2. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm t ọa độ đỉnh C và D. Câu VII.b (1 điểm) Cho số phức: z = 1 − 3.i . Hãy viết số zn dưới dạng lượng giác biết rằng n ∈N và thỏa mãn: 2 − 2 n + 6) n 2 − 2n + 6 + 4log3 ( n = ( n 2 − 2n + 6)log3 5
Hướng dẫn Đề số 27 Câu I: 2) Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau ⇔ phương trình x 4 − (2m + 1) x 2 + 2m = 0 (1) có 4 nghịêm phân biệt lập thành cấp số cộng ⇔ phương trình: X2 – (2m + 1)X + 2m = 0 (2) có hai nghiệm dương phân biệt thoả mãn X 1 = 9X2. 4m 2 − 4m + 1 > 0 ∆>0 (2m + 1) 2 − 8m > 0 m>0 1 � � � ⇔ � > 0 � �m + 1 > 0 �� >− �� 1. S 2 m 2 m � > 0 �m > 0 � �2 P 2 m>0 1 − sin x = 0 Câu II: 1) PT ⇔ (1 − sin x)(6 cos x + sin x − 8) = 0 �� 1 − sin x = 0 6 cos x + sin x − 8 = 0 �1 � � � 4� t t � 2) Xét (1): Đặt t = x – y. (1) ⇔ 5 � �+ � � = 1 + 9.3t . � � �5 � � � � 5� • Với t > 0 VT < 10, VP > 10. • Với t < 0, VT > 10, VP < 10. ⇒ Phương trình (1) có nghiệm duy nhất t = 0 hay x = y. 1 Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2) ⇔ x 2 + 2 x − 1 − 3x x − = 0 . x Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho x = 0 ta được: 1 1 1 (2) ⇔ x − − 3 x − + 2 = 0 . Đặt y = x − (ĐK y ≥ 0). x x x y =1 Ta được phương trình: y2 – 3y + 2 = 0 ⇔ . Từ đó ta tìm được x. y=2 u = xe x 1 1 1 xe x 1 xe x xe x ⇒� + �dx dx = − 1 ex dx . Đặt Câu III: S = dv = dx ( x + 1) 2 ( x + 1) x +1 0 0 2 (x + 1)2 0 0 Câu IV: • Chứng minh: ∆ ACD vuông tại C ⇒ ∆ ACD vuông cân tại C. AC = CD = a 2; CD = 2a; BD = a 5 • VSBCD = VS.ABCD – VSABD. • Chứng minh BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ (SBC). Kẻ AK ⊥ (SC) ⇒ AK ⊥ (SCD) ⇒ (AKH) ⊥ (SCD). Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M. Có (AMK) ⊥ (SCD) hay (AMK) ⊥ (SED). AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ HK ⇒ tam giác AHK vuông tại H. Kẻ HI ⊥ MK có HI = d(H, (SCD)). • Tính AH, AM ⇒ HM; Tính AK ⇒ HK. Từ đó tính được HI. Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a+b 1� 1� 1 1 = � + �Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b. 4ab ≤ (a + b)2 . a+b 4ab 4 � b � a 1 � 1� � 1 �1 1 1� 1� 1� 1 1� 1 1 1 �+ � � + � + �= � + +� Ta có: � 2x + y + z 4 � x y + z � 4 �x 4 � z � 8 � 2 y 2 z � 2 2 y x � 1 �1 1 1 � 1 �1 1 1� 1 1 � + + �à �+ +� Tương tự: v x + 2y + z 8 � x y 2z � x + y + 2z 2 8 � x 2y z � 2 1 � 1 1 � 2009 1 1 1 1 + + �+ + � = Vậy 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4� y z � 4 x 2009 12 Vậy MaxP = khi x = y = z = 4 2009
Câu VI.a: 1) C nằm trên mặt phẳng trung trực của AB. 2) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình y = 0; x = 2 x2 + y2 + 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 ﾷABC = 900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4). Câu VII.a: Phương trình: log 4 ( n − 3) + log 5 ( n + 6) = 4 có nghiệm duy nhất n = 19. (Vì VT là hàm số đồng biến nên đồ thị cắt đường thẳng y = 4 tại một điểm duy nhất) Câu VI.b: 1) Mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng là đường kính. uuu r 2) Ta có: AB = ( −1;2 ) � AB = 5 . Phương trình của AB là: 2 x + y − 2 = 0 . I � d ) : y = x � I ( t ; t ) . I là trung điểm của AC và BD nên: C ( 2t − 1;2t ) , D ( 2t ;2t − 2 ) ( 4 Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) � CH = . 5 4 � 8� � 2� 5 8 t= C � ; �D � ; � , | 6t − 4 | 4 Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH � = 3 � 3� � 3� 3 3 � 5 5 t = 0 � C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) � 8� � 2� 5 8 Vậy tọa độ của C và D là C � ; �D � ; �hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) , � 3� � 3 � 3 3 Câu VII.b: Đặt log 3 ( n 2 − 2n + 6) = t � n 2 − 2n + 6 = 3t ; ( n 2 − 2n + 6) log3 5 = ( 3t ) 3 = 5t . log 5 Ta được phương trình: 3t + 4t = 5t . Phương trình có nghiệm duy nhất t = 2. ⇒ n2 – 2n + 6 = 9 ⇔ n2 – 2n – 3 = 0 ⇔ n =3

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.