Ôn thi đại học môn toán 2011 - Đề số 14

Chia sẻ: Tran Long Long | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

288
lượt xem 124
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn thi đại học dành cho giáo viên, học sinh đang trong giai đoạn ôn thi đại học, cao đẳng chuyên môn Toán - Ôn thi đại học môn toán 2011 - Đề số 14.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Ôn thi đại học môn toán 2011 - Đề số 14

TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011 KHỐI: A Thời gian: 180 phút(không kể thời gian phát đề) ĐỀ SỐ 14 A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x − 4 ( m − 1) x + 2m − 1 có đồ thị ( Cm ) 4 2 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số khi m = . 2 b) Xác định tham số m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều. Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình ( 1 − tan x ) ( 1 + sin 2 x ) = ( 1 + tan x ) . x 2 x 2 + xy + y = 5 + b) Giải hệ phương trình trên tập số thực: + 4 +x + x y + x ( y + 1) + xy + y = 9 3 2 27 x −2 +x + Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau: I = dx 3 x2 1 Câu IV (1 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 có độ dài cạnh bằng a. Trên các cạnh AB và CD lấy lần lượt các điểm M, N sao cho BM = CN = x. Xác định ví trí điểm M sao cho a khoảng cách giữa hai dường thẳng A1C và MN bằng . 3 Câu V (1 điểm) Cho x, y là các số thực thoả mãn x + xy + 4 y 2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất 2 của biểu thức: M = x 3 + 8 y 3 − 9 xy . B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD biết điểm A ( −2;3) và phương trình đường thẳng ( BD ) : x − 5 y + 4 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông. x + 1 y − 2 z −1 b) Trong không gian Oxyz cho điểm A ( 3; −1; 2 ) , đường thẳng ( d ) : = = , và −3 2 1 mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + z − 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ( d d đi qua A, song song với ) mp ( P ) và vuông góc với đường thẳng ( d ) . Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: 3 ( z 2 − z + 1) + 7 ( z 2 − z ) + 1 = 0 2 Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) a) Viết phương trình đường tròn ( C ) có tâm I thuộc ( ∆ ) : 3 x + 2 y − 2 = 0 và tiếp xúc với hai đường thẳng ( d1 ) : x + y + 5 = 0 và ( d 2 ) : 7 x − y + 2 = 0 b) Viết phương trình mặt phẳng ( α ) đi qua 2 điểm M ( 0;0;1) ; N ( 0; 2;0 ) và tạo với mặt phẳng ( β ) : x + y + z − 1 = 0 một góc 30o . Câu VII.b (1 điểm) Chứng minh hệ thức sau: ( )( )( ) ( ) 2 2 2 2 0 − C1 2 2009 + C2009 − ... − C2009 =0 C2009 2009
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2 điểm Câu I Với m = 2 hàm số trở thành y = x 4 − 2 x 2 + 2. a) • Tập xác định: Hàm số có tập xác định D = R. 0,25 =x = 0 • Sự biến thiên: y' = 4 x − 4 x. Ta có y' ='0 3 =x =' 1 = • yCD = y ( 0 ) = 2; yCT = y ( 2 ) = −2. 0,25 • Bảng biến thiên: 0,25 x −, + -1 0 1 − − + + y' 0 0 0 + + 2 y 1 1 • Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25 • Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy Xác định m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều. b) • Ta có y y= 4 x − 8 ( m − 1) x = 4 x ( x − 2 ( m − 1) ) . 0,25 3 2 =x = 0 • y ==m 0 =2 nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1 =x = 2 ( m − 1) • Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là: 0,25 ( )( ) A ( 0; 2m − 1) ,B 2 ( m − 1) ; −4m 2 + 10m − 5 ,B − 2 ( m − 1) ; −4m 2 + 10m − 5 . AB 2 = AC 2 = 2 ( m − 1) + 16 ( m − 1) 4 Ta có: BC 2 = 8 ( m − 1) 0,25 • Điều kiện tam giác ABC đều là AB = BC = CA � AB 2 = BC 2 = CA2 � 2 ( m − 1) + 16 ( m − 1) = 8 ( m − 1) 4 =m = 1 −m − 1 = 0 �− �� 3 3 =8 ( m − 1) = 3 � = 1 + 3 m = 2 0,25 3 3 • So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra m = 1 + : 2 2 điểm Câu II Giải phương trình ( 1 − tan x ) ( 1 + sin 2 x ) = ( 1 + tan x ) . a) 0, 75 π • Điều kiện: x x +,kπ ,k Z 2 =tan x = −1 • Biến đổi phương trình về dạng ( sin x + cos x ) ( 1 − cos2 x ) =x0 +cos2 x = 1 . = π 0,25 + kπ ,x =k π ;k Z • Do đó nghiệm của phương trình là: x = − k 4
x 2 x 2 + xy + y = 5 + Giải hệ phương trình trên tập số thực: + 4 b) +x + x y + x ( y + 1) + xy + y = 9 3 2 x ( x 2 + 1) + ( x 2 + xy + y ) = 6 0,25 + • Viết lại hệ dưới dạng: + 2 +( x + 1) ( x + xy + y ) = 9 2 + +u + v = 6 0,5 �u =v=3 • Đặt u = x 2 + 1 và v = x + xy + y ; hệ trở thành: � 2 =uv = 9 x x2 = 2 x x2 + 1 = 3 ( )( ) � � � ( x; y ) = 2; 2 − 1 ; − 2; − 2 − 1 �� Nên � 2 +x + xy + y = 3 + y ( x + 1) = 1 • Vậy hệ có 2 nghiệm như trên. 0,25 27 x −2 Tính tích phân: I = + 3 2 dx Câu III 1 x+ x 0,25 • Đổi biến số t = x6 3 3 t3 − 2 �2 2t 1� I = 5� 2 dt = 5 � − + 2 � t t + 1 − t 2 + 1� 1 dt 1 t ( t + 1) 1� � ( ) = 5 t − 2 ln t + ln ( t 2 + 1) 3 − 5J 1 2� � = 5 � 3 − 1 + ln � 5 J − 3� � 3 dt +t Với J = +1 2 1 0,5 π πππ 3 • Để tính J ta đặt t = tan x. Khi đó J = = = − = dt 3 4 12 π 4 0,25 2 � 5π � • Vậy I = 5 � 3 − 1 + ln � − . 3 � 12 � Câu IV Các bạn tự vẽ hình. • Ta có MN / / BC � MN / / ( A1 BC ) � d ( MN , A1C ) = d ( MN ,( A1 BC ) ) 0,25 0,25 AB1 và MK / / HA,K M A1 B � MK = x 2 . • Gọi H =A 1 B A 2 • Vì A1 B ⊥ AB1 � MK ⊥ A1 B và CB ⊥ ( ABB1 A1 ) � CB ⊥ MK . 0,5 • Từ đó suy ra MK ⊥ ( A1 BC ) � MK = d ( MN ,( A1 BC ) ) = d ( MN , A1C ) a x2 a a2 a2 • Nên MK = = �x= . Vậy M thỏa mãn BM = � 3 2 3 3 3 Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: M = x + 8 y − 9 xy . 3 3 Câu V 0,25 t2 − 3 2 30 • Ta đặt t = x + 2 y , từ giả thiết suy ra xy = . Điều kiện t t 3 5 • Khi đó M = x + 8 y − 9 xy = ( x + 2 y ) − 6 xy ( x + 2 y ) − 9 xy 0,25 3 3 3 = −t 3 − 3t 2 + 6t + 9 := f ( t ) 0,5 • Xét hàm f(t) với t ��2 3 ; 2 3 � ta được: − , � �
� � � 30 � ( ) 2 � � min f ( t ) = min � −1 − 3 ; f � f � � �5 � � � � � � � � 2 30 � ( ) � � maxf ( t ) = max � −1 + 3 ; f � − f � � �5� � � � � • Từ đó đi đến kết luận của bài toán. Câu VI.a Chương trình cơ bản =x = 5t + 1 0,25 • Chuyển ( BD ) về dạng tham số ( BD ) : = , tt R =y = t +1 a) • Gọi I là hình chiếu của A xuống cạnh BD � I ( 5t + 1;t + 1) . uur uuuu r 0,25 1 � 3 1� AI ⊥ u( BD ) suy ra t = − � I � ; � C ( −1; −2 ) . − � • Sử dụng điều kiện 2 � 2 2� 0,5 =t1 = −1 uuu uuu uuu uuu r r rr • Vì B � BD ) � B ( 5t1 + 1;t1 + 1) . Do AB ⊥ CB � AB.CB = 0 = = ( =t1 = 0 • Với t1 = −1 � B ( −4; 0 ) � D ( 1;1) • Với t1 = 0 � B ( 1;1) � D ( −4; 0 ) Viết ptdt (d’) đi qua A vuông góc với (P) và song song với (d). b) r uu uu rr • Ta có (d’) có véc tơ chỉ phương là: u = �d ; nP � ( −2; −8; −4 ) 10. 0,5 = u � � • Phương trình đường thẳng cần tìm là: 0,5 x − 3 y +1 z − 2 x − 3 y +1 z − 2 ( d −) : hay ( d − :) = = = = −2 −8 −4 1 4 2 Câu VI.b Chương trình cơ bản 0,25 1 t =t = − 3 • Đặt t = z − z thì pt đã cho trở thành: 3t + 13t + 4 =4 2 0 2 + =t = −4 0,5 1 1 3 • Với t = − � 3 z 2 − 3 z + 1 = 0 � z = �i 3 2 6 1 15 • Với t = −4 � z 2 − z + 4 = 0 � z = �i 2 2 • Kết luận pt có 4 nghiệm phân biệt như trên 0,25 CâuVII.a Chương trình nâng cao =x = 2t + 2 0,25 • Đưa ( ∆ ) về dạng tham số ( ∆+: ∆) ;t R . = y = −3t − 2 a) • Gọi I ( 2t + 2; −3t − 2 ) � ∆ ) và R lần lượt là tâm và bán kính của đường ( tròn. 0,5 −t + 5 17t + 18 • Từ đk tiếp xúc suy ra d ( I ; ( d1 ) ) = d ( I ; ( d 2 ) ) = R � = =R 2 52 7 t t= −−5t + 25 = 17t + 18 = 22 �� −5t − 25 = 17t + 18 −t = − 43 = 12 • Từ đó dẫn đến 2 đáp số của bài toán. 0,25
=C = 2 B 0,25 • Gọi ( α ) : Ax + By + Cz + D = 0 � C + D = 2 B + D = 0 � � b) =D = −2 B • Mp ( α ) tạo với mp ( β ) một góc 30o thì ta có: 0,75 A+ B +C 3 � 9 ( 5 A2 + B 2 ) = 4 ( A + 3 B ) 2 cos30o = = 2 A + B +C . 3 2 2 2 12 A 1251 • Chọn B = 1 ta có 41A2 − 24 A − 27 = 0 � A = suy ra C, D. 41 • Kết luận: Có 2 mp thảo mãn đk đề bài. CâuVII.b Chương trình nâng cao • Ta có: 0,75 2 n +1 = C2n +1x 2n +1 − C1 n +1x 2n + ... − C2n +1 ; 2n +1 ( x − 1) 0 2 ( x + 1) 2n +1 = C2n +1 + C1n +1x + ... + C2n +1x 2n +1 0 2n 2 ( ) = ( C20n+1x2n+1 − ... − C22nn++11 ) ( C20n+1 + ... + C22nn+1x2n+1 ) ;(1) 2n +1 x2 −1 ( x 2 − 1) 2 n +1 = C2 n +1x 2(2n +1) − C2n +1x 4n + ... + C2 n +1x 2 − C2n +1 ;(2) 2 n +1 0 1 2n Hệ số chứa x 2n +1 trong khai triển (2) bằng 0, và trong khai triển (1) là: ( C20n+1 ) − ( C1n+1 ) + ( C22n+1 ) ( ) 2 2 2 2 2 n +1 − ... − C2n +1 2 • Vậy 0,25 đồng nhất hệ số được: ta ( C20n+1 ) − ( C1n+1 ) + ( C22n+1 ) ( ) 2 2 2 2 2 n +1 − ... − C2n +1 =0 2 • Đặc biệt với n = 1004 ta có bài toán cần chứng minh.