Đề thi thử toán - số 49 năm 2011

Chia sẻ: HUI.VN | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

36
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử toán - số 49 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 49 năm 2011

Đề số 49 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 2x Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = . x+2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách t ừ tâm đ ối x ứng c ủa (C) đ ến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II (2 điểm): � π � � π � 4cos2 2x tan� x − � � x + � = 2 .tan 2 1) Giải phương trình: 4 � tan x − cot x 4� � � 3 y +2 =1 2 2 x x + y −1 2) Giải hệ phương trình: x x 2 + y 2 + 4 = 22 y 8 ln x I= dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân: x +1 3 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy b ằng a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 600. Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD l ần l ượt t ại M, N. Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a. Câu V (1 điểm): Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : 0 < a 1 0 < b 1 0 < c 1. Chứng minh rằng: ; ; � 1� 111 �a + b + c ) ( �+ 3+ ++ 1 � abc � abc 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 tam giác ABC có A −3;6 , trực tâm H 2;1 , trọng � 7� 4 tâm G � ; �Xác định toạ độ các đỉnh B và C. . � 3� 3 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y − 8z − 4 = 0 và mặt phẳng ( α ) : 2x − y + 2z − 3 = 0 . Xét vị trí tương đối của mặt cầu (S) và mặt phẳng ( α ) . Viết phương trình mặt cầu (S′ ) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng ( α ) . Câu VII.a (1 điểm): Một đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ, 7 nam, trong đó có danh th ủ nam là Vũ M ạnh Cường và danh thủ nữ là Ngô Thu Thủy. Người ta cần lập một đội tuyển bóng bàn qu ốc gia t ừ đ ội dự tuyển nói trên. Đội tuyển quốc gia bao gồm 3 n ữ và 4 nam. Hỏi có bao nhiêu cách l ập đ ội tuy ển quốc gia sao cho trong đội tuyển có mặt chỉ một trong hai danh thủ trên. 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với A ( 3 −1 −2) , B ( 1 ;1) ,C ( 2;3 ) , trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ. Tìm toạ độ điểm D. ;; ;5 ;3 23x +1 + 2y −2 = 3.2y +3x Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: 3x 2 + 1+ xy = x + 1
Hướng dẫn Đề số 49 www.VNMATH.com −2 thuộc đồ thị (C) có phương trình: Câu I: 2) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ a 4 ( x − a ) + 2a � 4x − ( a + 2) 2 y + 2a2 = 0 ( d) y= a+2 2 ( a + 2) ( ) Tâm đối xứng I −2;2 . 8a +2 8a+2 8a+2 Ta có d ( I , d ) = = =2 2 2a+2 2 16 + ( a + 2) 2.4.( a + 2) 4 2 a=0 d ( I , d ) lớn nhất ⇔( a + 2) = 4 2 a = −4 Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y = x và y = x + 8 . � π� � π� cos� x − � 0; cos� x + � 0 2 2 ( *) Câu II: 1) Điều kiện 4� 4� � � tan x − cot x 0 sin2x 0; Để ý rằng: � π� � π� π � � π� � π� � π� � tan� x − � � x + � − tan� − 2x � � x + � − cot� x + � � x + � −1Khi = = = 2 .tan 2 .tan 2 2 .tan 2 4� � 4� 4 4� 4� � 4� � � �� 4cos2 2x � cot x − tan x = 4cos2 2x đó PT trở thành: −1= tan x − cot x 2 1− tan x 1 2 4 � ( tan2x − 1) = 0 2 =4 = � � 2 2 tan x tan2x 1+ tan 2x 1+ tan 2x π π π � tan2x = 1� 2x = + mπ � x = + k ( k �Z) : Không thoả điều kiện (*). 4 8 2 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 0, x 2 + y 2 − 1 0 2) Điều kiện: x 0, y �2 �2 3 3 � + =1 � + =1 x (1) 2 2 Đặt u = x + y − 1 v = . Hệ PT trở thành: � v ; �v u u y � + 1+ 4v = 22 � = 21− 4v (2) u u � � v=3 3 2 + = 1� 2v 2 − 13v + 21= 0 � 7 Thay (2) vào (1) ta được: v= 21− 4v v 2 x 2 + y 2 − 1= 9 x2 2 �=3 � = −3 � � + y = 10 � � x x �� • Nếu v = 3 thì u = 9, ta có Hệ PT: �x y =1 y = −1 =3 x = 3y � � y 7 • Nếu v = thì u = 7, ta có Hệ PT: 2 � � 2 2 x 2 + y 2 − 1= 7 x 2 + y2 = 8 � = 4 � = −4 y y � � � � 53 � 53 �� 7 �� 7 x � = x= y � = 14 2 � = −14 2 �2 �2 y x x � 53 � 53 � � So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của Hệ PT.
u = ln x dx �= � du dx Câu III: Đặt � � x dv = � � = 2 x +1 v x +1 8 8 x +1 � I = ( 2 x + 1.ln x ) 3 − 2 dx = 6ln8− 4ln3− 2J x 3 8 x +1 • Tính J = dx . Đặt t = x + 1 x 3 3 3 3 t2 1� � t −1 � �1 t 8 � = �t + ln t + 1 � = 2 + ln3− ln2 � J = � .2tdt = 2� dt = � + − 2 2 dt � 3 t − 1 t + 1� � 2 2 2 t −1 2 t −1 2� � Từ đó I = 20ln2 − 6ln3− 4. Câu IV: Kẻ SO ⊥ (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD; G là trọng tâm ∆ SAC . Góc giữa mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là ﾶSJI = 600 ⇒ ∆ SIJ đều cạnh a ⇒ G cũng là trọng tâm ∆ SIJ. IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD. 3 3a2 ; a 3a 1 SK ⊥ ( ABMN ); SK = IK = ; S ABMN = (AB + MN )IK = 2 2 2 8 3a3 . 1 Suy ra: V = S .SK = 3 ABMN 16 Câu V: Vì 0 < a 1 < b 1 nên ( a − 1) ( b − 1) �� ab − a − b + 1� 0 0 ,0 1 11 1 a+ b ab − −+ 1 (1) ab a b 1 11 1 11 + − 1 (2), + − 1 (3) Tương tự : bc b c ca c a � 1 1� 111 1 ++ 2� + + � 3 − (4) Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế ta được: ab bc ca � b c� a Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cô–si ta có: � 1� � 1 1� 111 1 �a + b + c ) = a + b + c + ( �+ ++ a + b + c + 2� + + � 3 − 1 � abc � ab bc ca � b c� a � 1 1� 1 1 1 1 2 ( a + b + c) � + + � + + − 3 + � b c� a b c a � 1 1� 1 Cũng theo BĐT Cô–si ta có : ( a + b + c ) � + + � 9 � b c� a � 1� 111 111 �a + b + c ) 6 + + + − 3 = 3+ + + (đpcm) ( Do đó: �+ 1 � abc � abc abc Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1. uuu 2 uu r r � 1� 7 Câu VI.a: 1) Gọi I là trung điểm của BC. Ta có AG = I�; � AI 3 � 2� 2 Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có phương trình: x ﾖ y ﾖ3 = 0 � 1� 7 ( ) ( ) thì C 7− x B ;1− yB và x B − yB − 3 = 0 Vì I � ; �à trung điểm của BC nên giả sử B x B ; yB l 22 � � uuu r uuu r ( ) ( ) H là trực tâm của tam giác ABC nên CH ⊥ AB ; CH = −5+ x B ; yB , AB = x B + 3 yB − 6 ;
uuu uuu rr xB − y = 3 � =1 � = 6 x x CH .AB = 0 �� B � B = −2 � B = 3 ( B )( B ) ( B ) �x − 5 x + 3 + y − 6 = 0 y y �B �B Vậy B ( 1 −2) ,C ( 6;3) hoặc B ( 6;3) ,C ( 1 −2) ; ; ( ) 2) (S ): ( x − 1) + ( y + 2) + ( z − 4) = 25 có tâm I 1 −2;4 và R = 5. 2 2 2 ; Khoảng cách từ I đến (α) là: d ( I ,(α )) = 3 < R ⇒ (α) và mặt cầu (S) cắt nhau. x = 1+ 2t Gọi J là điểm đối xứng của I qua (α). Phương trình đường thẳng IJ : y = −2 − t z = 4 + 2t � = 1+ 2t �= −1 x t � = −2 − t � = −1 � � � H ( −1 −1 ) y x �� ; ;2 Toạ độ giao điểm H của IJ và (α) thoả � z = 4 + 2t y = −1 � � � x − y + 2z − 3 = 0 � = 2 2 z Vì H là trung điểm của IJ nên J ( −3;0;0) . 2 Mặt cầu (S′ ) có tâm J bán kính R′ = R = 5 nên có phương trình: (S ): ( x + 3) + y 2 + z 2 = 25 Câu VII.a: Có 2 trường hợp xảy ra: • Trường hợp 1: Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, không có Ngô Thu Thuỷ 3 Số cách chọn 3 nam còn lại là C6 . 3 Số cách chọn 3 nữ không có Ngô Thu Thuỷ là C9 . 33 Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C6 .C9 = 1680 (cách) • Trường hợp 2: Đội tuyển có Ngô Thu Thuỷ, không có Vũ Mạnh Cường 4 Số cách chọn 4 nam không có Vũ Mạnh Cường là C6 2 Số cách chọn 2 nữ còn lại là C9 42 Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C6 .C9 = 540 (cách) Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là: 1680 + 540 = 2220 (cách) Câu VI.b: 1) Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có phương trình: y = x . 2 x=− 3 � A � 2; − 2 � x − 4y − 2 = 0 − �� Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ : � � � y=x 2 � 3 3� y=− 3 � 8� 8 Vì M là trung điểm của AC nên C � ; � � 3� 3 x Vì BC đi qua C và song song với d nên BC có phương trình: y = +2 4 x + y + 3= 0 x = −4 � B ( −4;1) BH �BC = B : � x �� y =1 y = +2 4 2) Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3. Gọi ∆ là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là m ặt cầu tâm A bán kính R = 3. Đi ểm D cần tìm là giao điểm của ∆ và (S). x = 2 − 2t uuu r ( ) y = 3+ 6t Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương AB = −2;6;3 nên có phương trình: z = 3+ 3t ()( )( )( ) 2 2 2 Phương trình mặt cầu S : x − 3 + y + 1 + z + 2 =9
Toạ độ điểm D thoả Hệ PT: x = 2 − 2t t = −1 y = 3+ 6t � 49t 2 + 82t + 33 = 0 � 33 z = 3+ 3t t=− ( x − 3) + ( y + 1) + ( z + 2) 49 2 2 2 =9 • Với t = – 1, thì D(4; – 3; 0) : không thoả vì AB = CD = 7 � 164 51 48 � 33 • Với t = − � D � ; − ; � nhận) ( 49 49 49 49 � � 23x +1 + 2y −2 = 3.2y +3x (1) Câu VII.b: 3x 2 + 1+ xy = x + 1 (2) −1 x +1 0 x −1 () x Ta có: 2 � � 2 �� ( ) x 3x + y − 1 = 0 � = 0� = 1− 3x 3x + 1+ xy = x + 1 x y • Với x = 0 thay vào (1) ta được: 8 8 2 + 2y −2 = 3.2y � 8+ 2y = 12.2y � 2y = � y = log2 11 11 x −1 thay y = 1ﾖ3x vào (1) ta được : 23x +1 + 2−3x −1 = 3.2 • Với (3) y = 1− 3x 1 −1 nên t Đặt t = 23x +1 , vì x − . Khi đó: 4 1 t = 3− 2 2 (loai ) � 2 (3) : t + = 6 � t − 6t + 1= 0 � t = 3+ 2 2 t (thoa￻) 1� ( log 3+ 2 2) − 1� y = 1− 3x = 2 − log2 ( 3+ 2 2) Suy ra: 23x +1 = 3+ 2 2 � x = ; 3� 2 � x = � 2 ( 3+ 2 2) − 1� 1 x=0 log 3� � 8 và Vậy Hệ PT đã cho có 2 nghiệm y = log2 y = 2 − log2 ( 3+ 2 2) 11