Đề thi thử toán - số 37 năm 2011

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

Thêm vào BST

Báo xấu

50
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử toán - số 37 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 37 năm 2011

Đề số 37 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 13 2 8 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x − x − 3x + (1) 3 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Lập phương trình đường thẳng d song song với trục hoành và cắt đồ thị (C) t ại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB cân tại O (O là gốc toạ độ). Câu II (2 điểm): 1 (1− 4sin2 x )sin3x = 1) Giải phương trình: 2 π x 2 − 3x + 1= − tan x2 + x2 + 1 2) Giải phương trình: 6 2 (x 5 + x 2) 4 − x 2dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= −2 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với đáy góc 600 . Gọi M là điểm đối xứng với C qua D, N là trung điểm của SC. Mặt phẳng (BMN) chia kh ối chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là các số dương thoả mãn x 2 + y 2 + z2 = 1. Chứng minh: 33 x y z + + P= y 2 + z2 z2 + x 2 x 2 + y2 2 II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): (x − 1 2 + (y + 2)2 = 9 và đường thẳng ) d: x + y + m = 0 . Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông (B, C là hai tiếp điểm). 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) qua O, vuông góc với mặt phẳng (Q): x + y + z = 0 và cách điểm M(1; 2; –1) một khoảng bằng 2 . Câu VII.a (1 điểm): Tìm hệ số của x 8 trong khai triển nhị thức Niu–tơn của ( x 2 + 2) , biết: n 3 2 1 An − 8Cn + Cn = 49 (n ∈ N, n > 3). 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: x − y − 1 = 0 và hai đường tròn có (C1): (x − 3)2 + (y + 4)2 = 8, (C2): (x + 5)2 + (y − 4)2 = 32 phương trình: Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d và tiếp xúc ngoài với (C1) và (C2). x y−2 z = = và 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(3; –1; 1), đường thẳng ∆ : 1 2 2 mặt phẳng (P): x − y + z − 5 = 0 . Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua A, nằm trong (P) và hợp với đường thẳng ∆ một góc 450 . lg2 x = lg2 y + lg2(xy ) Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: lg2(x − y ) + lg x.lg y = 0
Hướng dẫn Đề số 37: www.VNMATH.com Câu I: 2) Giả sử phương trình đường thẳng d: y = m. 13 2 8 x − x − 3x + = m ⇔ x 3 − 3x 2 − 9x + 8− 3m = 0 (1) PT hoành độ giao điểm của (C) và d: 3 3 Để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho ∆ OAB cân tại O thì (1) phải có x 1, – x1, x2 (x1, –x1 là hoành độ của A, B) ⇒ x1, x2 là các nghiệm của phương trình: (x 2 − x1 )(x − x2) = 0 ⇔ 2 x 3 − x2x 2 − x1 x + x1 x2 = 0 (2) 2 2 x1 = 3 x2 = 3 x =3 19 2 x1 = 9 . Kết luận: d: y = − ⇔2 Đồng nhất (1) và (2) ta được: . 19 3 m=− 2 x1 x2 = 8− 3m 3 Câu II: 1) Nhận xét: cosx = 0 không phải là nghiệm của PT. Nhân 2 vế của PT với cosx, ta đ ược: PT ⇔ 2sin3x (4cos3 x − 3cos x ) = cos x ⇔ 2sin3x.cos3x = cos x π � � ⇔ sin6x = sin� − x � �2 � π k 2π π k 2π ⇔x= + �x= + 14 7 10 5 342 2) PT ⇔ x 2 − 3x + 1 = − x + x + 1 (1) 3 Chú ý: x 4 + x 2 + 1= (x 2 + x + 1)(x 2 − x + 1 , x 2 − 3x + 1= 2(x 2 − x + 1 − (x 2 + x + 1 ) ) ) 3 Do đó: (1) ⇔ 2(x 2 − x + 1) − (x 2 + x + 1) = − (x 2 + x + 1 x 2 − x + 1 . )( ) 3 x2 − x + 1 ( ) 2 và đặt t = ,t>0 Chia 2 vế cho 2 2 x + x + 1= x + x +1 x2 + x + 1 −3 t=
VSABNPQ 7 5 7 =. ⇒ VDPQCNB = VS .ABCD ⇒ VSABNPQ = VS .ABCD ⇒ VDPQCNB 5 12 12 Câu V: Từ giả thiết x 2 + y 2 + z2 = 1 ⇒ 0 < x , y, z < 1. • Áp dụng BĐT Cô–si cho 3 số dương: 2x 2,1− x 2.1− x 2 ta được: 2x 2 + (1− x 2) + (1− x 2) 2 2 22 3 2x 2(1− x 2)2 ⇔ 2x (1− x ) 3 3 3 2 33 2 x 33 2 x 2 ⇔ x (1− x ) x ⇔ x⇔2 2 (1) 2 1− x 2 y +z 2 33 332 z 332 y z • Tương tự ta có: y (2), (3) x 2 + y2 2 z2 + x 2 2 33 2 2 2 33 x y z • Từ (1), (2), (3) ⇒ 2 2 + 2 + (x + y + z ) = z + x2 x2 + y2 2 2 y +z 3 Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = . 3 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = 3. Vì các ti ếp tuyến AB, AC vuông góc nên ABIC là hình vuông có cạnh bằng 3 ⇒ IA = 3 2 . Giả sử A(x; –x – m) ∈ d. )2 2 2 2 IA2 = 18 ⇔ (x − 1 + (−m − x + 2) = 18 ⇔ 2x − 2(3− m)x + m − 4m − 13 = 0 (1) Để chỉ có duy nhất một điểm A thì (1) có 1 nghiệm duy nh ất ⇔ ∆ ′ = − m 2 + 2m + 35 = 0 ⇔ m=7 . m = −5 2) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng: Ax + By + Cz = 0 (với A2 + B 2 + C 2 0 ). • Vì (P) ⊥ (Q) nên: 1.A + 1.B + 1.C = 0 ⇔ C = − A − B (1) A + 2B − C = 2 ⇔ ( A + 2B − C )2 = 2(A2 + B 2 + C 2) • d (M ,(P )) = 2 ⇔ (2) 2 2 2 A + B +C B=0 (3) Từ (1) và (2) ta được: 8AB + 5B 2 = 0 ⇔ 8A + 5B = 0 (4) • Từ (3): B = 0 ⇒ C = –A. Chọn A = 1, C = –1 ⇒ (P): x − z = 0 • Từ (4): 8A + 5B = 0. Chọn A = 5, B = –8 ⇒ C = 3 ⇒ (P): 5x − 8y + 3z = 0 . 8n(n − 1) 3 C2 1 Câu VII.a: Ta có: An − 8 n + Cn = 49 ⇔ n(n − 1 n − 2) − + n = 49 )( 2 ⇔ n3 − 7n2 + 7n − 49 = 0 ⇔ n = 7 . 7 C7 x 2(7−k ) 2k . Số hạng chứa x 8 ⇔ 2(7− k ) = 8 ⇔ k = 3. (x 2 + 2)n = (x 2 + 2)7 = k k =0 33 C7 .2 = 280 . ⇒ Hệ số của x 8 là: Câu VI.b: 1) Gọi I, I1, I2, R, R1, R2 lần lượt là tâm và bán kính của (C), (C1), (C2). Giả sử I(a; a – 1) ∈ d. (C) tiếp xúc ngoài với (C1), (C2) nên II1 = R + R1, II2 = R + R2 ⇒ II1 – R1 = II2 – R2 (a − 3)2 + (a + 3)2 − 2 2 = (a − 5)2 + (a + 5)2 − 4 2 ⇔ a = 0 ⇒ I(0; –1), R = ⇔ 2 ⇒ Phương trình (C): x 2 + (y + 1)2 = 2 . rrr 2) Gọi ud ,u∆ , nP lần lượt là các VTCP của d, ∆ và VTPT của (P). r Giả sử ud = (a; b; c) (a 2 + b2 + c 2 0) .
r r • Vì d ⊂ (P) nên ud ⊥ nP ⇒ a − b + c = 0 ⇔ b = a + c (1) a + 2b + 2c 2 ( ) = • ﾷd , ∆ = 450 ⇔ ⇔ 2(a + 2b + c)2 = 9(a2 + b2 + c 2) (2) 2 2 2 2 3 a +b +c c=0 14c 2 + 30ac = 0 ⇔ 15a + 7c = 0 Từ (1) và (2) ta được: • Với c = 0: chọn a = b = 1 ⇒ PTTS của d: { x = 3+ t; y = −1− t; z = 1 • Với 15a + 7c = 0: chọn a = 7, c = –15, b = –8 ⇒ PTTS của d: { x = 3+ 7t; y = −1− 8t; z = 1− 15t . Câu VII.b: Điều kiện: x > y > 0. lg2 x = lg2 y + (lg x + lg y )2 lg y(lg x + lg y ) = 0 ⇔ ⇔ Hệ PT lg2(x − y ) + lg x.lg y = 0 lg2(x − y ) + lg x.lg y = 0 lg y = 0 lg x + lg y = 0 (1) ⇔ hoặc (2) lg2(x − y ) = 0 lg2(x − y ) + lg x.lg y = 0 y =1 x=2 • (1) ⇔ ⇔ . x − y =1 y =1 1 1 y= y= 1 x= 2 y= x x �2 � 2 ⇔ 2 x ⇔ y = 1 • (2) ⇔ ⇔ 2 � 1� 1 2 x −1 lg � − � lg x.lg = 0 + x =2 = x lg � � lg x 2 � x� x �x � � 1� Kết luận: Hệ có nghiệm: (2; 1) và � 2; . � 2� �