Ôn thi đại học môn toán 2011 - Đề số 21

Chia sẻ: Tran Long Long | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

142
lượt xem 66
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 21.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Ôn thi đại học môn toán 2011 - Đề số 21

®Ò thi thö ®¹i häc lÇn thø nhÊt khèi Së GD & §T Hng Yªn A M«n: To¸n Thêi gian: 180 Trêng THPT TrÇn Hng §¹o phót I.PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7 ®iÓm) 2x + 1 C©u I (2 ®iÓm). Cho hµm sè y = cã ®å thÞ lµ (C) x+2 1.Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè 2.Chøng minh ®êng th¼ng d: y = x + m lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B. T×m m ®Ó ®o¹n AB cã ®é dµi nhá nhÊt. C©u II (2 ®iÓm) 1.Gi¶i ph¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8 2.Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh log 2 x − log 2 x 2 − 3 > 5 (log 4 x 2 − 3) 2 dx C©u III (1 ®iÓm). T×m nguyªn hµm I = ∫ sin x. cos 5 x 3 C©u IV (1 ®iÓm). Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ c¸c c¹nh b»ng a, gãc t¹o bëi c¹nh bªn vµ mÆt ph¼ng ®¸y b»ng 30 0. H×nh chiÕu H cña ®iÓm A trªn mÆt ph¼ng (A1B1C1) thuéc ®êng th¼ng B1C1. TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®êng th¼ng AA1 vµ B1C1 theo a. C©u V (1 ®iÓm). Cho a, b, c 0 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P= + + 1 + b2 1 + c2 1+ a2 II.PhÇn riªng (3 ®iÓm) 1.Theo ch¬ng tr×nh chuÈn C©u VIa (2 ®iÓm). 1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ® êng trßn (C) cã ph¬ng tr×nh (x1)2 + (y+2)2 = 9 vµ ®êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. 2.Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm A(10; 2; 1) vµ  x = 1 + 2t  ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh  y = t . LËp ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P)  z = 1 + 3t  ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt. C©u VIIa (1 ®iÓm). Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè kh¸c nhau vµ kh¸c 0 mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ hai ch÷ sè lÎ. 2.Theo ch¬ng tr×nh n©ng cao (3 ®iÓm) C©u VIb (2 ®iÓm) 1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®êng trßn (C): x2 + y2 2x + 4y 4 = 0 vµ ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®îc hai tiÕp 1
tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. 2.Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm A(10; 2; 1) vµ x −1 y z −1 == ®êng th¼ng d cã ph¬ng tr×nh . LËp ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng 2 1 3 (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt. C©u VIIb (1 ®iÓm) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ. HÕt ®¸p ¸n ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1 khèi a – m«n to¸n I.PhÇn dµnh cho tÊt c¶ c¸c thÝ sÝnh C©u §¸p ¸n §iÓ m 1. (1,25 ®iÓm) I a.TX§: D = R\{2} (2 b.ChiÒu biÕn thiªn ®iÓm 0,5 +Giíi h¹n: lim∞y = lim y = 2; lim2y = − ; lim2y = +∞ ∞ ) + − x →− x → +∞ x →− x →− Suy ra ®å thÞ hµm sè cã mét tiÖm cËn ®øng lµ x = 2 vµ mét tiÖm cËn ngang lµ y = 2 3 + y' = > 0 ∀x ∈ D ( x + 2) 2 0,2 Suy ra hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng (−∞ ;−2) vµ 5 (−2;+∞) +B¶ng biÕn thiªn x − ∞ 2 + ∞ 0,2 y’ + 5 + + ∞ 2 y 2 −∞ c.§å thÞ: 1 §å thÞ c¾t c¸c trôc Oy t¹i ®iÓm (0; ) vµ c¾t trôc y 2 1 Ox t¹i ®iÓm( − ;0) 0,2 2 5 §å thÞ nhËn ®iÓm (2;2) lµm t©m ®èi xøng 2 -2 O 2
x 2 . (0 , ® i m ) 75 Ó Hoµnh ® é ao ® i m cña ® å Þ (C ) vµ ®êng th¼ ng d gi Ó th l nghi m cña ph¬ ng tr× nh µ Ö 0,2  x ≠ −2 2x + 1 = −x + m ⇔  2 5 x+2  x + (4 − m) x + 1 − 2m = 0 (1) D o (1 ) cã ∆ = m 2 + 1 > 0 va (−2) 2 + ( 4 − m).(−2) + 1 − 2m = −3 ≠ 0 ∀m nªn ®êng th¼ ng d l u«n l u«n c¾ t ® å Þ (C ) t¹i hai ® i m th Ó ph© n i t A , B b Ö Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + 0,5 2 2 2 (yA – yB) = 2(m + 12) suy ra AB ng¾n nhÊt  AB nhá nhÊt  m = 0. Khi ®ã AB = 24 II 1. (1 ®iÓm) (2 Ph¬ng tr×nh ®∙ cho t¬ng ®¬ng víi 0,5 2 ®iÓm 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin x = 8 )  6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0  6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0 0,2  (1sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 5 1 − sin x = 0   6 cos x + 2 sin x − 7 = 0 (VN ) π 0,2  x = + k 2π 5 2 2. (1 ®iÓm) x > 0 §K:  log 2 x − log 2 x − 3 ≥ 0 2 2 BÊt ph¬ng tr×nh ®∙ cho t¬ng ®¬ng víi 0,5 log x − log 2 x − 3 > 5 (log 2 x − 3) 2 2 (1) 2 ®Æt t = log2x, BPT (1)  t 2 − 2t − 3 > 5 (t − 3) ⇔ (t − 3)(t + 1) > 5 (t − 3) 0,2 t ≤ −1 log x ≤ −1 t ≤ −1  5 ⇔ t > 3 ⇔ 2 ⇔ 3 < t < 4 3 < log 2 x < 4 (t + 1)(t − 3) > 5(t − 3) 2   3
 1 0< x≤ 1 ⇔ cho cã tË p nghi m l : (0; ] ∪ (8;16) 2 V Ëy BPT ® ∙ Ö µ  2 8 < x < 16 III dx dx I=∫ 3 = 8∫ 3 1 3 2 sin 2 x. cos 2 x sin x. cos x. cos x 0,5 ®iÓm ®Æt tanx = t dx 2t ⇒ dt = ; sin 2 x = 1+ t2 2 cos x (t 2 + 1) 3 dt ⇒ I = 8∫ =∫ dt 2t 3 t3 ( ) 1+ t2 t 6 + 3t 4 + 3t 2 + 1 =∫ dt t3 3 1 3 1 = ∫ (t 3 + 3t + + t −3 ) dt = tan 4 x + tan 2 x + 3 ln tan x − +C 0,5 2 tan 2 x t 4 2 C©u Do AH ⊥ ( A1 B1C1 ) nªn gãc ∠AA1 H lµ gãc gi÷a AA1 vµ IV 1 (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc ∠AA1 H b»ng 300. XÐt ®iÓm tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc ∠AA1 H =300 a3 . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh ⇒ A1 H = 2 a, H thuéc B1C1 vµ A1 H = a 3 nªn A1H vu«ng gãc víi 0,5 2 B1C1. MÆt kh¸c AH ⊥ B1C1 nªn B1C1 ⊥ ( AA1 H ) A B C K A1 C 1 H B1 KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ 0,2 kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1 5 0,2 A1 H . AH a 3 Ta cã AA1.HK = A1H.AH ⇒ HK = = 5 AA1 4 4
C©u a3 b3 c3 + b2 + + c2 + + a2 Ta có: P + 3 = V 1+ b 1+ c 1+ a 2 2 2 1 1+ b 3 2 2 1 + c2 b3 b2 6 a a ⇔ P+ = + + + + + ®iÓm 42 42 2 1+ b2 2 1+ b2 42 2 1 + c2 2 1 + c2 0,5 1+ a2 c3 c2 a6 b6 c6 + + + ≥ 33 + 33 + 33 2 1+ a2 2 1+ a2 4 2 16 2 16 2 16 2 3 3 9 ⇒ P+ ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) = 6 2 2 23 2 2 28 9 3 9 3 3 ⇒P≥ − = − = 0,5 26 2 3 2 2 2 2 2 2 2 Để PMin khi a = b = c = 1 PhÇn riªng. 1.Ban c¬ b¶n C©u 1.( 1 ®iÓm) VIa Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m 2 I(1;2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi 0,5 ®iÓ ®êng trßn vµ AB ⊥ AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh m b»ng 3 ⇒ IA = 3 2 m −1  m = −5 ⇔ = 3 2 ⇔ m −1 = 6 ⇔  m = 7 2 0,5 2. (1 ®iÓm) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng c¸ch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng c¸ch tõ H ®Õn (P). 0,5 Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã AH ≥ HI => HI lín nhÊt khi A ≡ I VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn AH lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn. H ∈ d ⇒ H (1 + 2t ; t ;1 + 3t ) v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn AH ⊥ d ⇒ AH .u = 0 (u = (2;1;3) lµ vÐc t¬ chØ ph¬ng cña d) 0,5 ⇒ H (3;1;4) ⇒ AH (−7;−1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y 5z 77 = 0 0,5 C©u Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã C 42 = 6 c¸ch chän 2 VII ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ C 2 = 10 c¸ch chän 2 5 a 2 2 ch÷ sè lÏ => cã C 5 . C 5 = 60 bé 4 sè tháa m∙n bµi to¸n 1 ®iÓ Mçi bé 4 sè nh thÕ cã 4! sè ®îc thµnh lËp. VËy cã 0,5 2 2 tÊt c¶ C 4 . C 5 .4! = 1440 sè m 5
2.Ban n©ng cao. C©u 1.( 1 ®iÓm) VIa Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1; 2 2), R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng 0,5 ®iÓ trßn vµ AB ⊥ AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng m 3 ⇒ IA = 3 2 m −1  m = −5 ⇔ = 3 2 ⇔ m −1 = 6 ⇔  m = 7 2 0,5 2. (1 ®iÓm) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng c¸ch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng c¸ch tõ H ®Õn (P). 0,5 Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã AH ≥ HI => HI lín nhÊt khi A ≡ I VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn AH lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn. H ∈ d ⇒ H (1 + 2t ; t ;1 + 3t ) v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn AH ⊥ d ⇒ AH .u = 0 (u = (2;1;3) lµ vÐc t¬ chØ ph¬ng cña d) 0,5 ⇒ H (3;1;4) ⇒ AH (−7;−1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y 5z 77 = 0 C©u Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã C 52 = 10 c¸ch chän 2 ch÷ 0,5 VII sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu) vµ C 3 =10 c¸ch 5 a 2 3 chän 2 ch÷ sè lÏ => cã C 5 . C 5 = 100 bé 5 sè ®îc chän. 1 ®iÓ Mçi bé 5 sè nh thÕ cã 5! sè ®îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ 0,5 C 52 . C 5 .5! = 12000 sè. 3 m MÆt kh¸c sè c¸c sè ®îc lËp nh trªn mµ cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu lµ C 4 .C 53 .4!= 960 . VËy cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè 1 tháa m∙n bµi to¸n 6