Đề thi thử toán - số 33 năm 2011

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

Thêm vào BST

Báo xấu

41
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử toán - số 33 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 33 năm 2011

Đề số 33 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 + mx3 − 2 x 2 − 3mx + 1 (1) . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. Câu II: (2 điểm) 2+3 2 1) Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 8 2) Giải phương trình: 2 x + 1 + x x 2 + 2 + ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 0 π 2 Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I = ( x + 1) sin 2 xdx . 0 Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A′ .ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA′ = b. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A′ BC). Tính tan α và thể tích của khối chóp A′ .BB′ C′ C. a 2 b2 c 2 abc ++ ++. Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác 0. Chứng minh: b2 c2 a2 bca 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 hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đ ường th ẳng AB và trung đi ểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng ∆ : x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng m ặt ph ẳng (P) c ắt m ặt c ầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình: 9 x + x −1 + 1 10.3x + x − 2 . 2 2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng ∆ : x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số th ực. G ọi I là tâm c ủa đ ường tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích ∆ IAB lớn nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình m ặt phẳng (P) đi qua đi ểm D(– 1; 1; 1) và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác g ốc O sao cho D là tr ực tâm c ủa tam giác MNP. Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình: 4 x − 2 x +1 + 2(2 x − 1)sin(2 x + y − 1) + 2 = 0 .
Hướng dẫn Đề số 33 www.VNMATH.com Câu I: 2) Đạo hàm y = 4 x 3 + 3mx 2 − 4 x − 3m = ( x − 1)[4 x 2 + (4 + 3m) x + 3m] x =1 y =0 4 x 2 + (4 + 3m) x + 3m = 0 (2) Hàm số có 2 cực tiểu ⇔ y có 3 cực trị ⇔ y′ = 0 có 3 nghiệm phân biệt ∆ = (3m − 4) 2 > 0 4 ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 �۹� m . 4 + 4 + 3m + 3m 0 3 4 , thì y′ = 0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 Thử lại: Với m 3 4 Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi m . 3 π π 2 Câu II: 1) PT ⇔ cos 4 x = � x = � + k , k �Z 2 16 2 v2 − u 2 = 2x + 1 u = x 2 + 2, u > 0 u 2 = x2 + 2 � � � � �2 � � 2 v2 − u2 − 1 2) Đặt: � v = x + 2 x + 3 �x = 2 � = x + 2 x + 3, v > 0 2 v 2 v−u =0 (b) � v + u � 1� � PT ⇔ (v − u ) � − u ) �+ + =0 (v 1 � v+u� 1 � 2 � 2� (v + u ) �+ � =0 + 1 (c ) � � � 2 �2 � Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. 1 Do đó: PT ⇔ v − u = 0 � v = u � x + 2 x + 3 = x + 2 � x = − 2 2 2 π u = x +1 π /2 ⇒ I = − 1 ( x + 1) cos 2 x + 1 cos 2 xdx = π + 1 . 2 Câu III: Đặt dv = sin 2 xdx 2 20 4 0 Câu IV: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của ∆ ABC. Vì A′ .ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A′ BC) là ϕ = ﾷA EH . 9b 2 − 3a 2 a3 a3 a3 Ta có : AE = , AH = , HE = ⇒ A ' H = A ' A2 − AH 2 = . 2 3 6 3 Do đó: tan ϕ = A ' H = 2 3b − a ; S∆ABC = a 3 � VABC . A ' B ' C ' = A ' H .S ∆ABC = a 3b − a 2 2 2 2 2 2 HE a 4 4 a 2 3b 2 − a 2 . 1 VA '. ABC = A ' H .S ∆ ABC = 3 12 Do đó: VA ' BB 'CC ' = VABC . A ' B 'C ' − VA '. ABC = a 3b − a 2 2 2 6 Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: a 2 b2 c 2 a 2 b2 c2 • + 2 + 2 33 2 . 2 . 2 = 3 (1) b2 c a bca a 2 b2 c 2 a2 a b2 b c2 � b c� a c • 2 + 1 2 ; 2 + 1 2 ; 2 +1 2 ⇒ 2 + 2 + 2 2� + + � 3 − (2) � c a� b c a b b bc ca a � 2 b2 c 2 � � b c � a a Từ (1) và (2) ⇒ 2 � 2 + 2 + 2 � 2 � + + � đpcm. ⇒ � a � � c a� b c b Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5) ∆ : x + y – 5 = 0, E ∈ ∆ ⇒ E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB
xN = 2 xI − xE = 12 − m I trung ñieåm NE ⇒ ⇒ N (12 – m; m – 1) y N = 2 yI − y E = 4 − 5 + m = m − 1 uuur u uu r MN = (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m) uuur uu ur MN .IE = 0 ⇔ (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0 ⇔ m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0 ⇔ m = 6 hay m = 7 uuur u + m = 6 ⇒ MN = (5; 0) ⇒ PT (AB) là y = 5 uuur u + m = 7 ⇒ MN = (4; 1) ⇒ PT (AB) là x – 1 – 4(y – 5) = 0 ⇒ x – 4y + 19 = 0 2) I (1; 2; 3); R = 1 + 4 + 9 + 11 = 5 2(1) − 2(2) − 3 − 4 = 3 < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C) d (I; (P)) = 4 + 4 +1 x = 1 + 2t Phương trình d qua I, vuông góc với (P) : y = 2 − 2t z = 3−t Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J ∈ d ⇒ J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t) J ∈ (P) ⇒ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0 ⇒ t = 1 Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = R 2 − IJ 2 = 4 Câu VII.a: Đặt t = 3x + x , t > 0. BPT ⇔ t2 – 10t + 9 ≥ 0 ⇔ ( t ≤ 1 hoặc t ≥ 9) 2 Khi t ≤ 1 ⇒ t = 3x + x �� x 2 + x �� −1 �� 0 2 (a) 1 0 x x −2 x2 + x Khi t ≥ 9 ⇒ t = 3 �� x 2 + x − 2 �� 9 0 (b) x1 Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (–∞ ; –2] ∪ [–1;0] ∪ [1; + ∞ ). Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R = 2 Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ∆ ABC, ta có 1 ﾷ IA.IB.sin AIB = sin AIB ﾷ S∆ ABC = 2 ﾷ Do đó S∆ ABC lớn nhất khi và chỉ khi sin AIB = 1 ⇔ ∆ AIB vuông tại I 1 − 4m IA = 1 (thỏa IH < R) ⇔ =1 ⇔ IH = 2 m2 + 1 8 ⇔ 1 – 8m + 16m2 = m2 + 1 ⇔ 15m2 – 8m = 0 ⇔ m = 0 hay m = 15 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz. uuu r uuuu r uuu uuuu rr � = ( 1; −1; p − 1) ; NM = ( m; − n;0 ) � .NM = m + n DP DP Ta có : � r . � uuuu uuu uuuu r uuur r DN = ( 1; n − 1; −1) ; PM = ( m;0; − p ) DN .PM = m + p −1 1 1 xyz + + = 1 . Vì D ∈(P) nên: + + = 1. Phương trình mặt phẳng (P): mnp mnp m+n=0 uuu uuuu r r uuu uuuu rr � ⊥ NM � .NM = 0 m = −3 DP DP m+ p=0 � r � r uuuu uuur uuuu uuu r n= p=3 D là trực tâm của ∆ MNP ⇔ � ⊥ PM � � .PM = 0 ⇔ DN DN −1 1 1 � � + + =1 D � P) D � P) ( ( � � mnp xyz + + =1. Kết luận, phương trình của mặt phẳng (P): −3 3 3 2 x − 1 + sin(2 x + y − 1) = 0(1) Câu VII.b: PT ⇔ ( 2 − 1 + sin(2 + y − 1) ) 2 + cos 2 (2 x + y − 1) = 0 x x cos(2 x + y − 1) = 0 (2) Từ (2) ⇒ sin(2 + y − 1) = 1 . x • Khi sin(2 + y − 1) = 1 , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN) x
• Khi sin(2 + y − 1) = −1 , thay vào (1), ta được: 2x = 2 ⇔ x = 1. x π Thay x = 1 vào (1) ⇒ sin(y +1) = –1 ⇔ y = −1 − + kπ , k Z . 2 π � � Kết luận: Phương trình có nghiệm: � −1 − + kπ , k Z � 1; . 2 � �