Đề thi thử toán - số 51 năm 2011

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

Thêm vào BST

Báo xấu

34
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử toán - số 51 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 51 năm 2011

Đề số 51 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 ﾠ mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số). + 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3. 2) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm): cos 2 x + cos 3 x − 1 1) Giải phương trình: cos 2 x − tan 2 x = cos 2 x x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y 2) Giải hệ phương trình: y( x + y)2 = 2 x 2 + 7 y + 2 e log 3 x I= dx 2 Câu III (1 điểm): Tính tích phân: x 1 + 3ln 2 x 1 a3 Câu IV (1 điểm): Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' = và 2 góc BAD = 600. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC ' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN. Câu V (1 điểm): Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: 7 ab + bc + ca − 2abc 27 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 biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(–1; 0; 1), B(1; 2; –1), C(–1; 2; 3). Câu VII.a (1 điểm): Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2 z 2 − 4 z + 11 = 0 . Tính giá 2 2 z1 + z2 trị của biểu thức : . ( z1 + z2 ) 2 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆ : x + 3 y + 8 = 0 , ∆ ' :3 x − 4 y + 10 = 0 và điểm A(–2; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆ , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆ ’ 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(0; 1; 2), B(2; –2; 1), C(–2; 0; 1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P): 2x + 2y + z ﾠ3 = 0 sao cho MA = MB = MC . Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: 2 log1− x (− xy − 2 x + y + 2) + log 2 + y ( x 2 − 2 x + 1) = 6 log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) =1
Hướng dẫn Đề số 51 Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: x 3 + 3x 2 + mx + 1= 1 x=0 ⇔ x ( x 2 + 3x + m ) = 0 f (x ) = x 2 + 3x + m = 0 Đê thỏa mãn YCBT thì PT f (x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 và y ( x1) .y ( x2 ) = −1 ⇔ 9 − 4m > 0, f (0) = m 0 (3 x + 6 x1 + m)(3x + 6 x2 + m) = −1. 2 2 1 2 9 m < ,m 0 4 9(x1x2)2 + 18x1x2(x1 + x2) + 3m(x1 + x2 ) + 36x1x2 + 6m(x1 + x2) + m 2 = −1 2 2 9 m < ,m 0 9 65 ⇔m= 4 8 4m 2 − 9m + 1= 0 Câu II: 1) Điều kiện: cos x 0. cos 2 x − tan 2 x = 1 + cos x − (1 + tan 2 x) � 2cos 2 x − cos x − 1 = 0 PT ⇔ x = k 2π cosx = 1 2π 1⇔ ⇔ + k 2π cosx = − x= 2 3 x2 + 1 +x+ y = 4 x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y y 2) Từ hệ PT ⇒ y 0 . Khi đó ta có: � . � y( x + y)2 = 2 x 2 + 7 y + 2 x2 + 1 ( x + y) − 2 =7 2 y �u + v = 4 � u = 4−v � = 3, u = 1 v x2 + 1 Đặt u = , v = x + y ta có hệ: � �2 � �2 � − 2u = 7 � + 2v − 15 = 0 � = −5, u = 9 v v v y x = 1, y = 2 �2 + 1 = y �2 + 1 = y �2 + x − 2 = 0 x x x • Với v = 3, u = 1 ta có hệ: � �� . x = −2, y = 5 � + y =3 � = 3− x � y = 3− x x y �2 + 1 = 9 y �2 + 1 = 9 y � 2 + 9 x + 46 = 0 x x x v = −5, u = 9 ta có hệ: � �� • Với , hệ này vô nghiệm. � + y = −5 � = −5 − x � y = −5 − x x y Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm: (1; 2), ( −2; 5) . 3 � x� ln �� e e e 3 ln 2 x. log 2 x 1 ln xdx ln 2 Câu III: dx = � � � dx = 3 � I =� . ln 2 1 1 + 3ln 2 x x 1 x 1 + 3ln x 1 x 1 + 3ln x 2 2 12 dx 1 Đặt 1 + 3ln x = t � ln x = (t − 1) � ln x. = tdt . 2 2 3 x3 12 ( t − 1) 1 e 2 2 3 log 2 x 1 1 � 1 + 3ln 2 x dx = ln 3 2 � t . 3 tdt = 9 ln 3 2 � − 1) dt ( t2 3 Suy ra : I = 1x 1 1 2 1 �3 � 1 4 = � t −t�= 3 3 9 ln 2 �3 � 27 ln 2 1 Câu IV: Gọi P,Q là trung điểm của BD, MN. Chứng minh được: AC’ ⊥ PQ. Suy ra AC ′ ⊥ (BDMN) Gọi H là giao của PQ và AC’. Suy ra AH là đường cao của hình chóp A.BDMN. 2 a 15 Tính được AH = AC = . 5 5
3 3a2 15 1 3a a 15 a . Suy ra: VA. BDMN = S BDMN . AH = , MN = ⇒ SBDMN = PQ = . 3 16 4 2 16 Câu V: • Cách 1: Ta có ab + bc + ca − 2abc = a (b + c) + (1 − 2a)bc = a (1 − a ) + (1 − 2a )bc . (b + c) 2 (1 − a) 2 Đặt t = bc thì ta có 0 t = bc = . 4 4 � (1− a)2 � Xét hàm số: f (t ) = a(1− a) + (1− 2a)t trên đoạn � 0; � 4� � � � 2 2� � − a) (1 71 1 � 1� 7 (a + 1 − a) 2 17 = − (2a + ) � − � f� a � Có: f (0) = a (1 − a ) =< với và � 4 � 27 4 3 � 3 � 27 4 4 27 � � ∀a [ 0;1] . 7 1 Vậy: ab + bc + ca − 2abc . Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = . 27 3 • Cách 2: Ta có a2 a2 − (b − c )2 = (a + b − c)(a − b + c) = (1− 2c)(1− 2b) (1) b2 (1− 2a)(1− 2c) (2), c 2 (1− 2a)(1− 2b) (3) Tương tự: Từ (1), (2), (3) ⇒ abc (1− 2a)(1− 2b)(1− 2c) = 1− 2(a + b + c ) + 4(ab + bc + ca) − 8abc 1+ 9abc 1+ abc ⇒ ab + bc + ca ab + bc + ca − 2abc ⇒ 4 4 1 1+ 1 27 = 7 . 3 Mặt khác a + b + c 3 abc ⇒ abc . Do đó: ab + bc + ca − 2abc 27 4 27 1 Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = . 3 C (c; 2c + 3) và I (m;6 − m) là trung điểm của BC. Câu VI.a: 1) Gọi Suy ra: B(2m − c; 9− 2m − 2c) . Vì C’ là trung điểm của AB nên: � m − c + 5 11 − 2m − 2c � 2 C '� ; � CC ' nên �2 2 � � m − c + 5 � 11 − 2m − 2c � 5 41 � 2 5 − − +3 = 0 �m = − � I � ; � 2� . � �2 � �6 6 � 2 6 Phương trình BC: 3x ﾠ3y + 23 = 0 . 2x − y + 3 = 0 � 37 � 14 C� ; � Tọa độ của C là nghiệm của hệ: 3 x − 3 y + 23 = 0 � 3� 3 � 19 4 � − Tọa độ của B � ;� . � 3 3� uuu r uuu r 2) Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x + y − z − 1 = 0, y + z − 3 = 0. uuu uuu rr r Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n = � , AC � (8; −4; 4). = AB � � Suy ra (ABC): 2 x − y + z + 1 = 0 . �x + y − z − 1 = 0 �=0 x � � Giải hệ: � y + z − 3 = 0 � � = 2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1). y �x − y + z + 1 = 0 � = 1 2 z � � Bán kính là R = IA = ( −1 − 0) 2 + (0 − 2) 2 + (1 − 1) 2 = 5.
32 32 Câu VII.a: Giải PT đã cho ta được các nghiệm: z1 = 1 − i, z2 = 1 + i 2 2 2 2 z1 + z2 2 11 � 2� 3 22 =. Suy ra | z1 |=| z2 |= 1 + � � = ; z1 + z2 = 2 . Do đó: 2 �2 � ( z1 + z2 ) 2 4 2 �� Câu VI.b: 1) Giả sử tâm I (−3t ﾠ8 t ) ∈ ∆ . ; 3(−3t − 8) − 4t + 10 = (−3t − 8 + 2) 2 + (t − 1) 2 Ta có: d (I ,∆ ) = IA ⇔ 3 +4 2 2 t = −3 ⇒ I (1 −3), R = 5 ; ⇔ PT đường tròn cần tìm: (x ﾠ1 2 + (y + 3)2 = 25. ) uuu r uuu r uuu uuu rr r 2) Ta có AB = (2; −3; −1), AC = (−2; −1; −1) � n = � , AC � (2; 4; −8) là 1 VTPT của (ABC) = AB � � ( x ﾠ 0) + 2( y ﾠ1) ﾠ4( z ﾠ2) = 0 ⇔ x + 2y ﾠ4z + 6 = 0. Suy ra phương trình (ABC): Giả sử M(x; y; z). x 2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = (x − 2)2 + (y + 2)2 + (z − 1 2 ) MA = MB = MC 2 2 2 2 2 2 Ta có: x + (y − 1) + (z − 2) = (x + 2) + y + (z − 1 ) M (P ) 2x + 2y + z − 3 = 0 x =2 ⇔ y = 3 ⇒ M (2;3; −7) z = −7 − xy − 2 x + y + 2 > 0, x 2 − 2 x + 1 > 0, y + 5 > 0, x + 4 > 0 (*) Câu VII.b: Điều kiện: 0 < 1 − x 1, 0 < 2 + y 1 Hệ PT ⇔ � 1− x [(1 − x)( y + 2)] + 2log 2+ y (1 − x) = 6 � 1− x ( y + 2) + log 2+ y (1 − x) − 2 = 0 (1) 2log log � � � � � 1− x ( y + 5) − log 2 + y ( x + 4) � 1− x ( y + 5) − log 2 + y ( x + 4) log =1 log = 1 (2) 1 Đặt log 2 + y (1 − x ) = t thì (1) trở thành: t + − 2 = 0 � (t − 1) = 0 � t = 1. 2 t Với t = 1 ta có: 1 − x = y + 2 � y = − x − 1 (3) . Thế vào (2) ta có: −x + 4 −x + 4 log1− x (− x + 4) − log1− x ( x + 4) =1� = 1 − x � x2 + 2 x = 0 = 1 � log1− x x+4 x+4 x=0 x = −2 • Với x = 0 ⇒ y = −1 (không thoả (*)). • Với x = −2 ⇒ y = 1 (thoả (*)). Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = −2, y = 1 .