Đề thi thử toán - số 42 năm 2011

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

Thêm vào BST

Báo xấu

44
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử toán - số 42 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 42 năm 2011

Đề số 42 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 2x − 4 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = . x +1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên đồ thị (C), hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết M(–3; 0), N(–1; –1). Câu II (2 điểm): 1 3x 7 4cos4 x − cos2x − cos4x + cos = 1) Giải phương trình: 2 42 3x .2x = 3x + 2x + 1 2) Giải phương trình: π 2 � + sin x �x 1 Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= � dx e � � + cos x � 1 0 Câu IV (1 điểm): Tính thể tích khối chóp S.ABC, biết SA = a, SB = b, SC = c, ﾷASB = 600 , ﾷBSC = 900 , ﾷCSA = 1200 . Câu V (1 điểm): Cho các số dương x, y, z thoả mãn: xyz = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: log2 x + 1 + log2 y + 1 + log2 z + 1 P= 2 2 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 2 đường thẳng d1: x + y + 1= 0 và d2: 2x − y − 1= 0 . Lập rphươr trình đường thẳng d đi qua M(1; 1) và cắt d1, d2 tương ứng tại A, B sao cho uuu uuung r 2MA + MB = 0 . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + 2y − 2z + 1= 0 và hai điểm A(1; 7; –1), B(4; 2; 0). Lập phương trình đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB lên mặt phẳng (P). Câu VII.a (1 điểm): Kí hiệu x1, x2 là các nghiệm phức của phương trình 2x 2 − 2x + 1= 0 . Tính giá trị các 1 1 biểu thức và 2. 2 x1 x2 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 − 2x − 2y − 3 = 0 và điểm M(0; 2). Viết phương trình đường thẳng d qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB có độ dài ngắn nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 3). Tìm toạ độ trực tâm của tam giác ABC. ( ) n Câu VII.b (1 điểm): Tìm các giá trị x, biết trong khai triển Newton số hạng lg(10−3x ) 5 ( x −2)lg3 +2 2 1 3 2 thứ 6 bằng 21 và Cn + Cn = 2Cn .
Hướng dẫn Đề số 42 www.VNMATH.com Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN: x + 2y + 3 = 0 . Gọi I(a; b) ∈ MN ⇒ a + 2b + 3 = 0 (1) Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với MN là: y = 2(x − a) + b . Hoành độ các giao điểm A, B của (C) và d là nghiệm của phương trình: 2x − 4 = 2(x − a) + b (x ≠ –1) x +1 ⇔ 2x 2 − (2a − b)x − 2a + b + 4 = 0 (x ≠ –1) A, B đối xứng nhau qua MN ⇔ I là trung điểm của AB. x + xB 2a − b ⇔a= Khi đó: x I = A (2) 4 2 a + 2b + 3 = 0 a =1 2a − b ⇔ Từ (1) và (2) ta được: b = −2 a= 4 Suy ra phương trình đường thẳng d: y = 2x − 4 ⇒ A(2; 0), B(0; –4). 3x Câu II: 1) PT ⇔ cos2x + cos = 2 (*). 4 x = kπ cos2x = 1 cos2x 1 8lπ ⇔ x = 8mπ . 3x 3x . Do đó (*) ⇔ ⇔ Ta có: cos = 1 x= cos 1 4 4 3 1 2) PT ⇔ 3x (2x − 1) = 2x + 1 (1). Ta thấy x = không phải là nghiệm của (1). 2 2x + 1 2x + 1 1 , ta có: (1) ⇔ 3x = ⇔ 3x − =0 Với x 2x − 1 2x − 1 2 6 1 2x + 1 x 3 x . Ta có: f (x ) = 3 ln3+ > 0, ∀x Đặt f (x ) = 3x − = 3 − 2− 2 2 2x − 1 2x − 1 (2x − 1) � 1� � � 1 Do đó f(x) đồng biến trên các khoảng � ; � à � ; + � Phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất − ⇒ v � 2� � 2 � � 1 �� 1 1 nghiệm trên từng khoảng � ; �� ; + � − , . � 2 �� 2 � Ta thấy x = 1 x = −1 là các nghiệm của f(x) = 0. Vậy PT có 2 nghiệm x = 1 x = −1. , , 2 Câu III: Ta có: 1+ sin x = 1 �+ tan x �. 1 � � 1+ cos x 2 �� 2 π π 2 2 1� 1 2� x� x = x �x 2x Do đó: I = �+ tan �e dx �+ tan + tan � dx 1 1 e 2� 2� 2 0� 2 2� 0 π π 1 2� 2 x �x x = 2 tan x �+ tan � dx + � .e dx 2� 1 e � 2� 2 0 0 x du = e x dx u=e x� ⇒ Đặt 1� x dv = �+ tan2 � v = tan 1 dx 2� 2� 2
π π π π 2 2 ⇒ I = e x tan x x x 2 − � e x dx + � e x dx = e 2 . tan tan 20 2 2 0 0 Câu IV: Trên AC lấy điểm D sao cho: DS ⊥ SC (D thuộc đoạn AC) ⇒ ﾷASD = 300 . 1 AS.SD.sin300 uur uur uuu r a uuu r uuu 2c SA + aSC S ASD r AD a 2 = = = ⇒ DA = − DC ⇒ SD = Ta có: 1 2c CD SCSD 2c 2c + a CS.SD 2 uu r uur uuu uu � c SA + aSC � r rr 2 uu 2c uu uu rr 2c abc ab.cos600 = ⇒ SD.SB = � .SB = SA.SB = � 2c + a 2c + a � 2c + a � 2c + a uu uur r 22 2 2 22 22 22 3a2c 2 4c SA + a SC + 4caSA.SC 4a c + a c − 2a c SD 2 = = và = (2c + a)2 (2c + a)2 (2c + a)2 ac 3 ⇒ SD = 2c + a abc uuu uu rr SD.SB 3 = 2c + a = ﾷ 6 Mặt khác, cosSDB = ⇒ sinﾷSDB = SD.SB ac 3 3 3 .b 2c + a 2 abc 2 1 1 VSDBC = SC .SSDB = SC .SD.SB.sinﾷSDB = . 3 6 6 2c + a V 2 a2bc AD a a Mà ASDB = = ⇒V = VCSDB = . VCSDB DC 2c ASDB 12 2c + a 2c 2 � 2bc + 2abc 2 � 2 a SABC = VASDB + VCSDB = = Vậy: V abc . � � 2c + a 12 � � 12 Câu V: Đặt a = log2 x , b = log2 y , c = log2 z ⇒ a + b + c = log2(xyz) = log2 8 = 3 log2 x + 1 + log2 y + 1 + log2 z + 1 = a2 + 1 + b2 + 1 + c 2 + 1 ⇒P = 2 2 2 r r r Đặt m = (a;1), n = (b;1), p = (c;1 . ) r r r rrr Khi đó: P = m + n + p m + n + p = (a + b + c )2 + (1+ 1+ 1)2 = 3 2 Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1 ⇔ x = y = z = 2 . Vậy MinP = 3 2 khi x = y = z = 2 . uuu r uuur Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1) ∈ d1, B(b; 2b – 1) ∈ d2. MA = (a − 1 −a − 2), MB = (b − 1 b − 2) ; ;2 uuu uuu r r 2a − 2 + b − 1= 0 a=0 2MA + MB = 0 ⇔ −2a − 4 + 2b − 2 = 0 ⇔ b = 3 ⇒ A(0; –1), B(3; 5) ⇒ Phương trình d: 2x − y − 1= 0 . x = 4 + 3t 2) PTTS của AB: y = 2 − 5t ⇒ Giao điểm của AB với (P) là: M(7; –3; 1) z=t Gọi I là hình chiếu của B trên (P). Tìm được I(3; 0; 2). Hình chiếu d của đường thẳng AB là đường thẳng MI. x = 3− 4t ⇒ Phương trình đường thẳng d là: y = 3t z = 2+ t 1 1 1+ i 1− i ⇒ 2 = −2i; 2 = 2i . Câu VII.a: PT có các nghiệm x1 = ; x2 = x1 x2 2 2
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = 5 . IM = 2< 5 ⇒ M nằm trong đường tròn (C). Giả sử d là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên d. Ta có: AB = 2AH = 2 IA2 − IH 2 = 2 5− IH 2 2 5− IM 2 = 2 3 . uuu r Dấu "=" xảy ra ⇔ H ≡ M hay d ⊥ IM. Vậy d là đường thẳng qua M và có VTPT MI = (1 −1) ; ⇒ Phương trình d: x − y + 2 = 0 . xyz + + = 1. Gọi H(x; y; z) là trực tâm của ∆ ABC. 2) Phương trình mp(ABC): 123 36 x= uuu uuu r r −2y + 3z = 0 49 AH ⊥ uuu BC − x + 3z = 0 uuu r r � 18 12 � 18 36 ⇔ y= ⇒H� ; ; � ⇔ Ta có: BH ⊥ AC . yz 49 � 49 49 � 49 x + + =1 H (P ) 12 23 z= 49 1 3 2 Câu VII.b: Phương trình Cn + Cn = 2Cn ⇔ n(n2 − 9n + 14) = 0 ⇔ n = 7 ( ) 7 Số hạng thứ 6 trong khai triển là: lg(10−3x ) 5 ( x −2)lg3 +2 2 ( ) ( 5 2(x −2)lg3 ) 5 2 x 2lg(10−3 ) 5 C7 x Ta có: C7 .2lg(10−3 ).2( x −2)lg3 = 21 ⇔ 2lg(10−3 )+( x −2)lg3 = 1 5 x ⇔ lg(10 − 3x ) + ( x − 2)lg3 = 0 ⇔ (10 − 3x ).3x −2 = 1 ⇔ 32x − 10.3x + 9 = 0 ⇔ x = 0; x = 2