intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN - ĐỀ 20

Chia sẻ: Anh Khoa Nguyễn | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST
Báo xấu
56
lượt xem 8
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'luyện thi đại học môn toán - đề 20', tài liệu phổ thông, toán học 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: LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN - ĐỀ 20

  1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2011 ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI MÔN: TOÁN- KHỐI A KHOA TOÁN-TIN Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề ) ------------- --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm ) 2x −1 Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: y = (C). x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận, M là một điểm bất kì trên (C), tiếp tuyến của (C) t ại M c ắt các ti ệm cận tại A, B. Chứng minh rằng diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên (C). Câu II: (2,0 điểm) sin 3 x.sin 3 x + cos 3 x.cos 3 x 1 =− 1. Giải phương trình tan � − π � � + π � 8 x .tan x � �� � � 6� � 3� 2. Giải phương trình 1 + 1 − x � ( 1 + x ) − ( 1 − x ) � 2 + 1 − x . 3 3 = 2 2 � � � � 1 ( ) Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I = x ln x + x + 1 dx . 2 0 a3 Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có AB = AD = a , AA ' = , góc BAD bằng 600 . 2 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh A’D’ và A’B’. Chứng minh AC’ vuông góc với m ặt phẳng (BDMN) và tính thể tích khối đa diện AA’BDMN theo a . Câu V. (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 , ta có: a 5 − 2a3 + a b5 − 2b3 + b c 5 − 2c3 + c 23 + + . b2 + c 2 c2 + a2 a 2 + b2 3 B. PHẦN RIÊNG (3,0 ĐIỂM):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) I. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của hai đường thẳng: d1: x – y – 3 = 0, d2: x + y – 6 = 0. Trung điểm một cạnh là giao điểm của d1 và tia Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. x − 14 y z + 5 == 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1;1;1) và đường thẳng d: . Viết −2 4 1 phương trình mặt cầu (S) tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho độ dài đo ạn th ẳng AB b ằng 16. n � 1� Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số chứa x trong khai triển: � x + �, biết n là số nguyên dương thỏa mãn: 2 24 x � � 2n +1 n 6560 2 2 1 23 2 2Cn + Cn + Cn + ... + Cn = 0 . n +1 n +1 2 3 II. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông có đỉnh là (-4; 8) và một đường chéo có ph ương trình 7x – y + 8 = 0. Viết phương trình các cạnh của hình vuông. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + z − 1 = 0 và hai điểm A(1;-3;0), B(5;-1;-2). Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA − MB đạt giá trị lớn nhất. 1 log 3 x 2 − log 3 y = 0 Câu VII.b (1.0 điểm) Cho hệ phương trình 2 , (m R ) . Tìm m để hệ có nghiệm. 3 x + y − my = 0 2 .........Hết.........
  2. ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI =========================================================================== Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm . Họ và tên thí sinh:............................................................; S ố báo danh:................... ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn thi: TOÁN . Điểm Câu Ý Đáp án I 1 1,0 TXĐ : D = R\ { 1} . • • Sự biến thiên: −1 < 0, ∀x D. 0,25 y’ = ( x − 1) 2 Hàm số nghịch biến trên: ( − ;1) và ( 1; + ) Giới hạn: xlim = xlim = 2 ; tiệm cận ngang: y = 2 + − 0,25 lim = + , lim = − ; tiệm cận đứng: x = 1 x 1+ x 1− Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2 1,0 2m − 1 Gọi M(m; ) m −1 0,25 −1 2m − 1 2( x − m) + Tiếp tuyến của (C) tại M: y = ( m − 1) m −1 2m A(1; ), B(2m-1; 2) 0,25 m −1 2m 1 −2 = 2 , IB = 2m − 2 = 2 m − 1 IA = 0,25 m −1 m −1 1 S ∆IAB = IA.IB = 2 . 0,25 2 Vậy diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên (C). II 1 1,0 π kπ + Điều kiện: x 62 0,25 � π� � π� � π� � π � Ta có tan � − � � + � tan � − � � − x � −1 = = x .tan x x .cot � 6� � 3� � 6� � 6 � 1 Phương trình tương đương với: sin 3 x.sin 3 x + cos3 x.cos 3 x = 8 1 − cos2 x cos2 x − cos4 x 1 + cos2 x cos2 x + cos4 x 1 + = � . . 0,25 2 2 2 2 8 1 � 2 ( cos2 x − cos2 x.cos4 x ) = 2 0,25 1 1 � cos3 x = � cos2 x = 8 2 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
  3. ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI =========================================================================== π 0,25 + kπ ( loai ) x= π 6 , k �Z . Vậy : x = − + kπ � π 6 x = − + kπ 6 2 1,0 x1 Đk: -1 (1+ x) 3 (1 − x)3 ; u,v 0 Đặt u = ,v= 0,25 u 2 + v2 = 2 Hệ thành: 1 + uv (u 3 − v 3 ) = 2 + uv 1 1 1 1 + uv = ( 2 + 2uv ) = ( u 2 + v 2 + 2uv ) = ( u + v ) 2 2 2 2 Ta có: 0,25 u + v = ( u − v ) ( u + v + vu ) = (u − v ) ( 2 + uv ) 3 3 2 2 u 2 + v2 = 2 2 � u2 = 1+ � 0,25 2 u −v = 2 2 2 2 �x= 0,25 2 III 1,0 2x +1 du = 2 dx � = ln ( x + x + 1) 2 u x + x +1 � Đặt � � x2 dv = xdx v= 0,25 2 ( ) 1 1 2 x3 + x 2 1 x2 ln x 2 + x + 1 − I= dx 0 2 0 x + x +1 2 2 1 1 1 1 3 dx ln 3 − ( x 2 − x ) + ln( x 2 + x + 1)1 − 1 0 4 0 x + x +1 2 2 2 4 0 0,25 3 3 = ln 3 − J 4 4 1 dx J= �π π � 1 3 2 2 � 1 � � 3 �. Đặt x + = tan t , t � − ; � � 0 � + �+ � � x 2 2 � 2 2� 2 � �2 � � 0,25 π π3 23 J= dx = 3 π 3 9 6 π3 3 ln 3 - Vậy I = 0,25 4 12 IV 1,0 Gọi O là tâm của ABCD, S là điểm đối xứng với A qua A’ M, N lần lượt là trung điểm của SD và SB a3 ∆ ABD đều , AC = a 3 AB = AD = a, góc BAD = 600 OA = 0,25 2 a3 SA = 2AA’ = a 3, CC ' = AA ' = 2 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
  4. ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI =========================================================================== 0,25 AO SA = � ∆SAO ~ ∆ACC ' � AC CC ' � ∆ACC ' ~ ∆AIO (I là giao điểm của AC’ và SO) � SO ⊥ AC ' (1) Mặt khác BD ⊥ ( ACC ' A ') � BD ⊥ AC ' (2) Từ (1) và (2) đpcm a2 1 3 VSABD = a 2 a 3= 3 2 4 0,25 2 1 � � 3 a 3 a2 a = �� = VSA ' MN 3� � 4 2 2 32 7a 2 VAA ' BDMN = VSABD − VSA ' MN = 0,25 32 V 1,0 ( 0;1) Do a, b, c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 nên a, b, c Ta có: a − 2a + a = ( a a 2 − 1) 2 5 3 = −a3 + a 0,25 b2 + c 2 1 − a2 23 ( )( )( ) BĐT thành: −a 3 + a + −b3 + b + −c 3 + c 3 Xét hàm số f ( x ) = − x + x, x ( 0;1) 3 0,25 Max 23 Ta có: 0;1 f ( x ) = () 9 0,25 23 � f ( a) + f ( b) + f ( c) � đpcm 3 0,25 1 Đẳng thức xảy ra � a = b = c = 3 VI.a 1 1,0 � 3� 9 I � ; �M ( 3;0 ) , 0,25 � 3� 2 Giả sử M là trung điểm cạnh AD. Ta có: AB = 2IM = 3 2 S ABCD = AB. AD = 12 � AD = 2 2 0,25 AD qua M và vuông góc với d1 AD: x + y – 3 = 0 Lại có MA = MB = 2 x + y −3 = 0 x=2 x=4 0,25 Tọa độ A, D là nghiệm của hệ: � hoặc � ( x − 3) + y 2 = 2 y =1 y = −1 2 Chọn A(2 ; 1) � D ( 4; −1) � C ( 7; 2 ) và B ( 5; 4 ) 0,25 2 1,0 Gọi H là trung điểm đoạn AB � HA = 8 0,25 IH2 = 17 0,25 IA2 = 81 � R = 9 0,25 ( C ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 81 2 2 2 0,25 VII.a 1,0 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
  5. ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI =========================================================================== 0,25 2n +1 n 2 2 2 1 23 2 ( 1+ x) n Ta có: 2C + Cn + Cn + ... + Cn = 0 dx n n +1 2 3 0 n +1 3 − 1 6560 � 3n +1 = 6561 � n = 7 = � 0,25 n +1 n +1 7 1 k 14−3k � 1� 7 � x + 4 �= C7 x 4 0,25 2k 2 x� � 0 14 − 3k =2�k =7 Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa: 4 0,25 21 Vậy hệ số cần tìm là: 4 VI.b 1 1,0 Gọi A(-4; 8) BD: 7x – y + 8 = 0 AC: x + 7y – 31 = 0 0,25 Gọi D là đường thẳng qua A có vtpt (a ; b) D: ax + by + 4a – 5b = 0, 0,25 D hợp với AC một góc 450 a = 3, b = -4 hoặc a = 4, b = 3 AB: 3 x − 4 y + 32 = 0; AD : 4 x + 3 y + 1 = 0 19 C ( 3; 4 ) I( − ; ) Gọi I là tâm hình vuông 0,25 22 � BC : 4 x + 3 y − 24 = 0; CD : 3x − 4 y + 7 = 0 KL: 0,25 2 1,0 Ta có: A, B nằm khác phía so với (P).Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P) 0,25 B’(-1; -3; 4) MA − MB = MA − MB ' AB ' 0,25 Đẳng thức xảy ra khi M, A, B’ thẳng hàng M là giao điểm của (P) và AB’ x = 1+ t AB’: y = −3 0,25 z = −2t M(-2; -3; 6) 0,25 VII.b 1,0 Đk: x 0, y > 0 1 � 3 x = log 3 y � log 3 x − log3 y = 0 � 2 log 2 � �3 � + y − ay = 0 2 x � 3 + y 2 − my = 0 0,25 x � = x , ( 1) �= x �y y � �3 � �2 y + y = a, ( 2 ) y + y 2 − ay = 0 Hệ có nghiệm khi (2) có nghiệm y > 0 0,25 Ta có : f(y) = y 2 + y >0 , ∀ y > 0 Do đó pt f(y) = a có nghiệm dương khi a>0 0,25 Vậy hệ có nghiệm khi a > 0 0,25 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2