Đề thi thử toán - số 53 năm 2011

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

Thêm vào BST

Báo xấu

63
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử toán - số 53 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 53 năm 2011

Đề số 53 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 2x − 1 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) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho ti ếp tuyến này c ắt các tr ục Ox , Oy lần lượt tại các điểm A và B thỏa mãn OA = 4OB. Câu II (2 điểm): sin x + cos x + 2tan2x + cos2x = 0 1) Giải phương trình: sin x − cos x 3  x y (1 + y ) + x y (2 + y ) + xy − 30 = 0 22 3 2 2) Giải hệ phương trình:  x y + x(1 + y + y 2 ) + y − 11 = 0  1 1+ x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = ∫ dx 0 1+ x Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ đứng ABC.A ′ B′ C′ có đáy ABC là tam giác vuông với AB = BC uuur 1 uuur = a, cạnh bên AA′ = a 2 . M là điểm trên AA′ sao cho AM = AA ' . Tính thể tích của khối 3 tứ diện MA′ BC′ . Câu V (1 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: a 2 + b b2 + c c 2 + a + + ≥ 2. b+c c+a a+b 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 điểm E(–1; 0) và đường tròn (C): x 2 + y 2 ﾖ8x ﾖ 4y ﾖ16 = 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E c ắt (C) theo dây cung MN có độ dài ngắn nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 điểm A(0; 0; 4), B(2; 0; 0) và mặt phẳng (P): 2x + y − z + 5 = 0 . Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua O, A, B và có kho ảng cách t ừ tâm I 5 của mặt cầu đến mặt phẳng (P) bằng . 6 Câu VII.a (1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số, bi ết rằng ch ữ số 2 có m ặt đúng hai lần, chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số còn lại có mặt không quá một lần? 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là: x + 2y ﾖ 5 = 0 và 3x ﾖ y + 7 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC, biết rằng AC đi qua điểm F (1 −3) . ; 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng x +1 y −1 z ∆: = . Tìm toạ độ điểm M trên ∆ sao cho ∆ MAB có diện tích nhỏ nhất. = −1 2 2 Câu VII.b (1 điểm): Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình sau có nghiệm duy log5(25x ﾖ log5 a) = x nhất:
Hướng dẫn Đề số 53 www.VNMATH.com Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M (x 0; y0) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB. OB 1 1 1 Do ∆ OAB vuông tại O nên: tan A = = ⇒ Hệ số góc của d bằng hoặc − . OA 4 4 4 1 1 1 < 0 ⇒ y (x ) = − 1 ⇔ − Hệ số góc của d tại M là: y (x0) = − =− 2 2 4 0 (x0 − 1) (x0 − 1) 4 � 3� x0 = −1 �0 = � y � 2� ⇔ � 5� x0 = 3 �0 = � y 2� � 1 3 1 5 Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: y = − (x + 1) + hoặc y = − (x − 3) + 4 2 4 2 Câu II: 1) Điều kiện: cos2x 0. PT ⇔ −(sin x + cosx )2 + 2sin2x + cos2 2x = 0 ⇔ sin2 2x − sin2x = 0 π sin2x = 0 ⇔ x=k . ⇔ sin2x = 1 (loai ) � 2 xy (x + y )2 + x 2y 2(x + y ) = 30 xy (x + y )(x + y + xy ) = 30 2) Hệ PT ⇔ ⇔ xy (x + y ) + xy + x + y = 11 xy (x + y ) + xy + x + y = 11 x+y=u uv(u + v) = 30 uv(11− uv) = 30 (1 uv = 5 ) ⇔ . Từ (1) ⇒ Đặt . Hệ trở thành xy = v uv + u + v = 11 uv + u + v = 11 uv = 6 (2) � − 21 5+ 21 � 5 • Với uv = 5 ⇒ u + v = 6. Giải ra ta được các nghiệm ( x; y) là: � � và ; �2 2� � + 21 5− 21 � 5 ; � � �2 2� • Với uv = 6 ⇒ u + v = 5. Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: (1 và (2;1) ;2) � − 21 5+ 21 � � + 21 5− 21 � 5 5 Kết luận: Hệ PT có 4 nghiệm: (1 , (2;1) , � ;2) , . ; ; �� 2 2 �� 2 2� 13 1 t +t � 2� 11 dt = 2 �2 − t + 2 − Câu III: Đặt t = x ⇒ dx = 2t.dt . I = 2 − 4ln2 . t dt �= t +1 1+ t � 0� 3 0 Câu IV: Từ giả thiết suy ra ∆ ABC vuông cân tại B. Gọi H là trung điểm của AC thì BH ⊥ AC và BH ⊥ (ACC′ A′ ). 2 22 Do đó BH là đường cao của hình chóp B.MA ′ C′ ⇒ BH = a . Từ giả thiết ⇒ MA′ = a, 2 3 A′ C′ = a 2 . 3 Do đó: VB.MA 'C ' = 1 BH .SMA 'C ' = 1 BH .MA .A C = a 2 . 3 6 9 2 Câu V: Ta có: a + b = a(1− b − c ) + b = a + b − a . b+c b+c b+c a+b b+c c+a a+b b+c c+a −a+ −b+ −c 2 ⇔ + + 3 Tương tự, BĐT trơt thành: b+c c+a a+b b+c c+a a+b a+b b+c c+a a+b b+c c+a + + = 3. Theo BĐT Cô–si ta có: 33 . . b+c c+a a+b b+c c +a a+b 1 Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = . 3 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) và bán kính R = 6. Ta có IE = 29 < 6 = R ⇒ E nằm trong hình tròn (C).
Giả sử đường thẳng ∆ đi qua E cắt (C) tại M và N. Kẻ IH ⊥ ∆ . Ta có IH = d(I, ∆ ) ≤ IE. Như vậy để MN ngắn nhất thì IH dài nhất ⇔ H ≡ E ⇔ ∆ đi qua E và vuông góc với IE Khi đó phương trình đường thẳng ∆ là: 5(x + 1) + 2y = 0 ⇔ 5x + 2y + 5 = 0 . 2) Giả sử (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 . a =1 c = 2 ⇒ I (1 b;2) . ; • Từ O, A, B ∈ (S) suy ra: d =0 b+5 5 5 b=0 • d (I ,(P )) = = ⇔ ⇔ b = −10 6 6 6 Vậy (S): x + y + z − 2x − 4z = 0 hoặc (S): x 2 + y 2 + z2 − 2x + 20y − 4z = 0 2 2 2 Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x = a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 (a1 ≠ 0). • Giả sử a1 có thể bằng 0: 2 + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C7 3 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C5 2 2! C8 + Số cách xếp cho 2 vị trí còn lại là: • Bây giờ ta xét a1 = 0: 2 C6 + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: 3 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C4 + Số cách xếp cho 1 vị trí còn lại là: 7 Vậy số các số cần tìm là: C7 .C5 .2!C8 − C6 .C4 .7 = 11340 (số). 2 3 2 2 3 r r r Câu VI.b: 1) Gọi VTPT của AB là n1 = (1 , của BC là n2 = (3; −1) , của AC là n3 = (a; b) với ;2) a2 + b2 0 . Do ∆ ABC cân tại A nên các góc B và C đều nhọn và bằng nhau. rr rr 3a − b n1.n2 n3.n2 1 = Suy ra: cosB = cosC ⇒ r r = r r ⇔ n1 . n2 n3 . n2 5 a2 + b 2 2a = b ⇔ 22a2 + 2b2 − 15ab = 0 ⇔ 11a = 2b r • Với 2a = b , ta có thể chọn a = 1 b = 2 ⇒ n3 = (1 ⇒ AC // AB ⇒ không thoả mãn. , ;2) r • Với 11 = 2b , ta có thể chọn a = 2, b = 11 ⇒ n3 = (2;11) a Khi đó phương trình AC là: 2(x − 1) + 11 y + 3) = 0 ⇔ 2x + 11y + 31= 0 . ( x = −1+ 2t y = 1− t . Gọi M (−1+ 2t;1− t;2t ) ∈ ∆ . 2) PTTS của ∆ : z = 2t 1 uuur uuu r Diện tích ∆ MAB là S = � , AB � 18t 2 − 36t + 216 = 18(t − 1 2 + 198 ≥ 198 = AM ) � � 2 Vậy Min S = 198 khi t = 1 hay M(1; 0; 2). t = 5x , t > 0 Câu VII.b: PT ⇔ 25x − log5 a = 5x ⇔ 52x − 5x − log5 a = 0 ⇔ t 2 − t − log5 a = 0 (*) PT đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ (*) có đúng 1 nghiệm dương ⇔ t 2 − t = log5 a có đúng 1 nghiệm dương. �� 1 1 1 Xét hàm số f (t ) = t 2 − t với t ∈ [0; +∞). Ta có: f (t ) = 2t − 1 ⇒ f (t ) = 0 � t = . f � � − , = �� 4 2 2 f (0) = 0. Dựa vào BBT ta suy ra phương trình f (t ) = log5 a có đúng 1 nghiệm dương
a1 log5 a 0 1 ⇔ a= 1 . ⇔ log5 a = − 4 4 5