Đề thi thử toán - số 44 năm 2011

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

Thêm vào BST

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 44 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 44 năm 2011

Đề số 44 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 2 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = (2m − 1)x − m . x −1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –1. 2) Tìm m để đồ thị của hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x . Câu II (2 điểm): 2 − 3cos2x + sin2x = 4cos2 3x 1) Giải phương trình: 2xy x 2 + y2 + =1 x+y 2) Giải hệ phương trình: x + y = x2 − y π 2 sin x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= dx + cosx )3 0 (sin x Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A ′ B′ C′ có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, A′ M ⊥ a3 (ABC), A′ M = (M là trung điểm cạnh BC). Tính thể tích khối đa diện ABA ′ B′ C. 2 Câu V (1 điểm): Cho các số thực x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x 2 + y 2 − 4y + 4 + x 2 + y 2 + 4y + 4 + x − 4 P= II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 2 2 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x + y = 1. Tìm các điểm M ∈ (E) sao cho 100 25 ﾷF MF = 1200 (F1, F2 là hai tiêu điểm của (E)). 1 2 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) và m ặt ph ẳng uuu r uuur uuur (P) có phương trình: x + y = z + 3 = 0 . Tìm trên (P) điểm M sao cho MA + 2MB + 3MC nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm): Gọi a1, a2, …, a11 là các hệ số trong khai triển sau: (x + 1 10(x + 2) = x11 + a1x10 + a2x 9 + ... + a11 . Tìm hệ số a5. ) 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 − 3)2 + (y − 4)2 = 35 và điểm A(5; 5). Tìm trên (C) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. x −1 y z − 3 == 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng d: . 1 1 1 Tìm trên d hai điểm A, B sao cho tam giác ABM đều. Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: �y � 2 log2010 � � x − 2y = �x � x 3 + y3 = x 2 + y2 xy
Hướng dẫn Đề số 44 www.VNMATH.com Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}. (2m − 1)x − m 2 =x (*) x −1 y = x thì: Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng (m − 1)2 =1 (**) (x − 1)2 x=m Từ (**) ta có (m − 1)2 = (x − 1)2 ⇔ x = 2− m • Với x = m, thay vào (*) ta được: 0m = 0 (thoả với mọi m). Vì x ≠ 1 nên m ≠ 1. • Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được: (2m − 1)(2 − m) − m 2 = (2 − m)(2 − m − 1) ⇔ 4(m − 1)2 = 0 ⇔ m = 1⇒ x = 1 (loại) Vậy với m ≠ 1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x . 5π π x= +k �π � 5 −3 1 48 4 cos2x + sin2x = cos6x ⇔ cos� − 2x � cos6x ⇔ = Câu II: 1) PT ⇔ 5π π �6 � 2 2 x=− +l 24 2 2xy x 2 + y2 + =1 (1) . Điều kiện: x + y > 0 . x+y 2) 2 x+y =x −y (2) � 1� 2 � 0 ⇔ (x + y − 1)(x 2 + y 2 + x + y ) = 0 ⇔ x + y − 1= 0 (1) ⇔ (x + y ) − 1− 2xy �− = 1 � x+y� (vì x + y > 0 nên x 2 + y 2 + x + y > 0 ) x = 1 (y = 0) Thay x = 1− y vào (2) ta được: 1= x 2 − (1− x ) ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇔ x = −2 (y = 3) Vậy hệ có 2 nghiệm: (1; 0), (–2; 3). π π π 2 2 cost cosx Câu III: Đặt t = − x ⇒ dt = –dx. Ta có I = dt = dx 2 3 3 0 (sint + cost ) 0 (sin x + cos x ) π π π π 12 1 2 2 2 sin x cosx 1 dx ⇒ 2I = dx + dx = = dx 2� π � 20 + cosx )3 + cosx )3 2 cos � − � x 0 (sin x + cos x ) 0 (sin x 0 (sin x � 4� π 1 = 1 tan� − π �2 = 1 . Vậy: I = . x � � 2 2 � 4� 0 Câu IV: Vì ABB′ A′ là hình bình hành nên ta có: VC .ABB ' = VC .AB ' A ' . 2 3 Mà VC .ABB ' = 1.A M .S ABC = 1 a 3 . a 3 = a 3 32 4 8 3 3 Vậy, VC .ABB ' A ' = 2VC .ABB ' = 2 a = a . 84 Câu V: Ta có: P = x 2 + (2 − y )2 + x 2 + (y + 2)2 + x − 4 r r Xét a = (x;2 − y ),b = (x , y + 2) . r r rr Ta có: a + b a + b ⇒ x 2 + (2 − y )2 + x 2 + (y + 2)2 4x 2 + 16 = 2 x 2 + 4 rr Suy ra: P ≥ 2 x 2 + 4 + x − 4 . Dấu "=" xảy ra ⇔ a ,b cùng hướng hay y = 0. Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:
2 (2 3+ x) 2 Dấu "=" xảy ra ⇔ x = (3+ 1)(4 + x 2) ⇒ 2 x 2 + 4 2 3+ x . . 3 2 Do đó: P ≥ 2 3 + x + 4 − x ≥ 2 3 + 4 = 2 3 + 4 . Dấu "=" xảy ra ⇔ x = , y = 0. 3 2 Vậy MinP = 2 3 + 4 khi x = , y = 0. 3 Câu VI.a: 1) Ta có: a = 10, b = 5 ⇒ c = 5 3 . Gọi M(x; y) ∈ (E). 3 3 Ta có: MF1 = 10 − x , MF2 = 10 + x. 2 2 ﾷ Ta có: F1F22 = MF12 + MF22 − 2MF1.MF2.cosF1MF2 2 2 2� �� ⇔ ( 10 3) = � − 3 x � + � + 3 x � − 2� − 3 x �10 + 3 x �− 1 �⇔ x = 0 (y= ± 5) � 10 10 10 � �� 2 �� 2�� 2� 2 � 2� � � � Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5). uu uu uu r r r r � 13 25 � 23 2) Gọi I là điểm thoả: IA + 2IB + 3IC = 0 ⇒ I � ; ; � � 6 6� 6 uuu r uuu r uuur uuu uu rr uuu uu rr uuu uu rr uuu r uuu r Ta có: T = MA + 2MB + 3MC = ( MI + IA ) + 2( MI + IB ) + 3( MI + IC ) = 6MI = 6 MI uuu r Do đó: T nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của I trên (P). � 13 2 16 � Ta tìm được: M � ; − ; � . 9 9 9� � Câu VII.a: Ta có: (x + 1)10 = C10x10 + C10x 9 + ... + C10x + C10 0 1 9 10 ( ) ⇒ (x + 1)10(x + 2) = ... + C10 + 2C10 x 6 + ... 5 4 5 4 ⇒ a5 = C10 + 2C10 = 672 . Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4). AB = AC • Ta có: ⇒ AI là đường trung trực của BC. ∆ ABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân IB = IC giác của ﾷBAC . Do đó AB và AC hợp với AI một góc 450 . • Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 450 . Khi đó B, C là giao điểm của d với (C) và AB uu AC. =r Vì IA = (2;1) ≠ (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ ⇒ VTCP của d có hai r thành phần đều khác 0. Gọi u = (1 a) là VTCP của d. Ta có: ; a=3 uu r r 2+ a 2+ a cos( IA,u ) = 2 = = 1 ⇔ 2 2 + a = 5 1+ a2 ⇔ a=− 2 1+ a2 22 + 1 5 1+ a2 3 x = 5+ t r • Với a = 3, thì u = (1 ⇒ Phương trình đường thẳng d: ;3) . y = 5+ 3t � + 13 7 + 3 13 �� − 13 7 − 3 13 � 9 9 Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: ; , ; � �� 2 2 �� 2 2 � x = 5+ t r � 1� 1 • Với a = − , thì u = � − �⇒ Phương trình đường thẳng d: 1. 1; y = 5− t 3 � 3� 3 � + 3 13 11− 13 �� − 3 13 11+ 13 � 7 7 Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: ; , ; � �� 2 2 �� 2 2 � � + 3 13 11− 13 �� + 13 7 + 3 13 � 7 9 • Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là: � ; , ; �� 2 2 �� 2 2 � �
� − 3 13 11+ 13 �� − 13 7 − 3 13 � 7 9 và ; , ; � �� 2 2 �� 2 2 � 2) Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH = d (M , d ) = 2 . 2MH 26 = Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = 3 3 x −2 y z−3 == 1 1 1 Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ: . 8 (x − 2)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = 3 � 2� � 2� 22 2 2 Giải hệ này ta tìm được: A� + ; ;3+ �B � − ;− ;3− . 2 ,2 � �33 3� � 3 3 3� �y � 2 log2010 � � x − 2y = (1) �x � Câu VII.b: x 3 + y3 = x2 + y2 (2) xy Điều kiện: xy > 0 . Từ (2) ta có: x 3 + y3 = xy (x 2 + y 2 ) > 0 ⇒ x > 0, y > 0 . 2y = 2010x −2y ⇔ x.2010x = 2y.20102y . (1) ⇔ x � � t Xét hàm số: f(t) = t.2010t (t > 0). Ta có: f ′ (t) = 2010t �+ > 1 �0 � ln2010 � ⇒ f(t) đồng biến khi t > 0 ⇒ f(x) = f(2y) ⇔ x = 2y y = 0 (loai ) � � 9� � 9� Thay x = 2y vào (2) ta được: y �y − � 0 ⇔ = 9 5 y= �= � x � 2� 10 � 5� � 9� 9 Vậy nghiệm của hệ là: � ; � . � 10 � 5