zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN

Chia sẻ: Tran Hung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Báo xấu

81
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'thi kscl thi đại học năm 2011 lần thứ 1 môn toán', 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: THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN

ht t p: / / www.vnmath.com KÌ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 ĐỀ THI MÔN TOÁN -KHỐI A Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao đề) ------------------------------------------ I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(8,0 điểm) Câu I(2,0 điểm): Cho hàm số y = x4 – 8m2x2 + 1 (1), với m là tham số thực. 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC bằng 64. Câu II(2,0 điểm) π 1. Giải phương trình : 2 3cos2 x − tan x = 4sin ( x − ) + cot 2 x 2 4 2.Giải bất phương trình : 2 x − 1 − x + 5 > x − 3 Câu III(1,0 điểm) Khai triển (1 – 5x)30 = ao+a1x +a2x2 + .....+ a30x30 Tính tổng S = |ao| + 2|a1| + 3|a2| + ... + 31|a30| Câu IV(2,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác đều và SB = a 2 . Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AD và AB .Gọi H là giao điểm của FC và EB. 1.Chứng minh rằng: SE ⊥ EB và CH ⊥ SB 2.Tính thể tích khối chóp C.SEB Câu V(1,0 điểm).Cho a,b,c là ba số thực dương thoả mãn abc = 1 .Tìm giá trị lớn nhất 1 1 1 P= +2 +2 của biểu thức : a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a 2 + 3 2 2 2 II/PHẦN RIÊNG (2,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A/Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phân giác trong của góc C lần lượt có phương trình : (d1): x – 2y + 4 = 0 và (d2): x + 2y + 2 = 0 Viết phương trình đường thẳng BC . 2.Giải hệ phương trình : y x 2 log x y = 2 x + 3 = = x =log y y = log x y 2 = B/Theo chương trình Nâng cao: Câu VI b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng (AB): x – y + 1 = 0 và phương trình đường thẳng (BD): 2 x + y – 1 = 0; đường thẳng (AC) đi qua M( -1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 2 2 2.Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 3sin x + 31+ cos x . HẾT ! Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………….Số báo danh:…………………… 1 http : / / www.vnmath.com
http:/ / www.vnmath.com ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN - KHỐI A Nội dung đáp án Điể Câu Ý m I 1 1 hàm số đã cho có pt: y= x4 – 2x2+ 1 Khi m= 1điểm 2 1.TXĐ : D= R 2.SBT 0,25 .CBT: y’= 4x3- 4x = 4x( x2 - 1) ------------------------------------------------------------------------------ y’=0 x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = -1 Hàm số đồng biến ∀x �(−1;0) vµ(1; +1 ) Hàm số nghịch biến ∀x �(−� −1) vµ(0;1) 0,25 ; .Cực trị : HS đạt cực đại tại x= 0 và yCĐ=y(0)=1 HS đạt cực tiểu tại x= ạ 1 và yCT=y( = 1)=0 ------------------------------------------------------------------------------ .Giới hạn: xlim y = +m ; xlim y = +m y +m y −m .BBT: x -- -1 0 1 ++ 0,25 - 0+ 0- , y 0 + y 1 + + 0 0 ------------------------------------------- ----------------------------------- 3. vẽ đồ thị: y 0,25 1 -1 1 x I 2 (1điểm y , = 4 x3 − 16m 2 x = 4 x( x 2 − 4m 2 ) ) Đk để hàm số có 3 cực trị là y , = 0 có 3 nghiệm phân biệt 0,25 Tức là phương trình g ( x) = x 2 − 4m 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt xx 0 ۹ m 0 2 http:/ / www.vnmath.com
http:/ / www.vnmath.com ------------------------------------------- ----------------------------------- �= 0 � y =1 x � 0,25 y = 0 � � = 2m � y = 1 − 16m 4 , x � = −2m � y = 1 − 16m 4 x � Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B (2m;1 − 16m 4 ) ;C (−2m;1 − 16m 4 ) ------------------------------------------- ----------------------------------- 0,25 Ta thấy AB=AC = (2m) + (16m ) nên tam giác ABC cân tại A 2 42 Gọi I là trung điểm của BC thì I (0;1 − 16m 4 ) nên AI = 16m 4 ; BC = 4 m ------------------------------------------- 0,25 ----------------------------------- 1 1 =64� m5 = 2 � m = � 2 ( tmđk m m 0 S ∆ABC = . AI .BC = 16m 4 .4 m 5 2 2 ) Đs: m = 5 2 kπ II 1 Đk: x π (k Z ) k (1điểm 0,25 2 ------------------------------------------- ) ----------------------------------- Với đk trên phương trình đã cho tương đương: π� � 2 3cos2 x − (t anx + cot 2 x) = 2 �− cos(2 x − ) � 1 2� � s inx cos2 x � 2 3cos2 x − ( + ) = 2(1 − sin 2 x) cos x sin 2 x cos x 0,25 � 2 3cos2 x − = 2(1 − sin 2 x) cos x.sin 2 x 1 � 2 3cos2 x − = 2(1 − sin 2 x) sin 2 x ------------------------------------------- ----------------------------------- � 2 3cos2 x.sin 2 x − 1 = 2sin 2 x − 2sin 2 2 x � 3 sin 4 x − 1 = 2sin 2 x − 1 + cos4 x 0,25 � 3 sin 4 x − cos4 x = 2sin 2 x 3 1 sin 4 x − cos4 x = sin 2 x � 2 2 π � sin(4 x − ) = sin 2 x 6 ------------------------------------------- 0,25 ----------------------------------- - 3 http:/ / www.vnmath.com
http:/ / www.vnmath.com π π π π =4 x − 6 = 2 x + k 2π =x = 12 + k π (tm) �� (k �Z ) � � = 7π + kπ (tm) �x − π = π − 2 x + k 2π x 4 − − − 36 3 6 (1) II 2 2 x −1 − x + 5 > x − 3 (1điểm Đk: x x 1 ) Nhân lượng liên hợp: 2 x − 1 + x + 5 > 0 (2 x − 1 − x + 5)(2 x − 1 + x + 5) > ( x − 3)(2 x − 1 + x + 5) 0,25 � 4( x − 1) − ( x + 5) > ( x − 3)(2 x − 1 + x + 5) (2) � 3( x − 3) > ( x − 3)(2 x − 1 + x + 5) ------------------------------------------- -------------------------------- Xét các trường hợp: 0,25 TH1:x>3 thì phương trình (2) trở thành: 3 > 2 x − 1 + x + 5 (3) VP( 3) > 2 2 + 2 2 = 4 2 >3 nên bất phương trình (3) vô nghiệm. 0,25 ---------------------------------------------------------------------------- TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý) ---------------------------------------------------------------------------- TH3: 1 x x < 3 nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: bình phương 2 vế ta được: 3 < (2 x − 1 + x + 5) 4 ( x − 1)( x + 5) > 8 − 5 x (4) −8 − 5 x < 0 8 *� � < x < 3 (5) thì (4) luôn đúng � �x < 3 1 5 0,25 −8 −3 x 0 5 8 (*) nên bình phương hai vế của −� x 1 *� � �x < 3 1 5 (4)ta được 9 x 2 − 144 x + 144 < 0 � 8 − 48 < x < 8 + 48 8 (6) Kết hợp với điều kiện(*) ta được: 8 − 48
http:/ / www.vnmath.com hay 629 (6 + 150) = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 31 a30 hay 630.26 = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 31 a30 ĐS : S = 630.26 IV 1 S (1điểm ) A F 0,25 B H E D C ------------------------------------------------------------------------------ *CM: SE ⊥ EB a3 Vì tam giác SAD đều cạnh a � SE = 2 0,25 Xét tam giác vuông AEB có: 2 5a 2 a �� EB 2 = EA2 + AB 2 = � �+ a 2 = 2 4 �� ------------------------------------------- ---------------------------------- 2 � 3 � 5a 2 a Xét tam giác SEB có: SE + EB = � �+ � 2 � 4 = 2a = SB 2 2 2 2 0,25 �� suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE ⊥ EB ------------------------------------------- ----------------------------------- Ta có: AEB = BFC(c-c) 0,25 suy ra s s AEB = BFC mà m + FBE = 900 AEB m � BFC + FBE = 900 � FHB = 900 Hay CH ⊥ EB m kh¸c Æt CH ⊥ SE (do SE ⊥ ( ABCD) ) Suy ra CH ⊥ ( SEB) . => CH ⊥ SB IV 2 1 Vậy VC .SEB = .CH .S∆SEB (1điểm 0,25 3 ------------------------------------------- ) ----------------------------------- 1 1 1 1 1 41 5 = + = + 2= 2+ 2= 2 2 2 2 2 FBC có: BH BF BC �� a a a a 0,25 * Xét a �� 2 �� 2 a suy ra BH 2 = 5 ------------------------------------------- 0,25 ----------------------------------- 5 http:/ / www.vnmath.com
http:/ / www.vnmath.com 0,25 a 2 4a 2 2a BHC có: CH = BC − BH = a − = � CH = 2 2 2 2 Xét 5 5 5 ------------------------------------------- ---------------------------------- 1 2a 1 a 3 a 5 a 3 3 1 1 ( đvtt) = CH . .SE.EB = . = Nên VC .SEB .. . 3 2 3 52 2 2 12 Áp dụng BĐT cosi ta có: V (1 điểm) a 2 +b 2 b 2ab 0,25 b 2 +b 2b 1 suy ra a 2 + 2b 2 +a 2(ab + b + 1) 3 ------------------------------------------- ----------------------------------- 0,25 Tương tự : b 2 + 2c 2 +b 2(bc + c + 1) 3 c + 2a +a 2( ac + a + 1) 2 2 3 ------------------------------------------- ----------------------------------- 1� 1 1 1 � + + Khi đó: P � � � 2 � + b + 1 bc + c + 1 ac + a + 1 � ab 0,25 = 1� 1 abc abc � + + � � 2 � + b + 1 bc + c + abc ac + a bc + abc � 2 ab 1 1 ab b �1 =� + + = � � 2 � + b + 1 ab + b + 1 ab + b + 1 � 2 ab 0,25 ------------------------------------------- ----------------------------------- Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1. 1 khi a=b=c=1 Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 2 VI. 1 Gọi C ( xc ; yc ) (1điểm Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: C (−2 yc − 2; yc ) a ) y +1� � Gọi M là trung điểm của AC nên M � yc − 1; c � − 0,25 2� � ------------------------------------------- ---------------------------------- yc + 1 Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên : − yc − 1 − 2. + 4 = 0 � yc = 1 0,25 2 � C (−4;1) ------------------------------------------- ----------------------------------- Từ A kẻ AJ ⊥ d 2 tại I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ u chỉ phương của đường thẳng (d2) là u (2; −1) là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng (AJ) Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0 6 http:/ / www.vnmath.com
http:/ / www.vnmath.com Vì I=(AJ) V (d2) nên toạ độ diểm I là nghiệm của hệ 0,25 4 y =x = − 5 2x − y + 1 = 0 − − 43 � I (− ; − ) �� +x + 2 y + 2 = 0 +y = − 3 55 = 5 ------------------------------------------- ----------------------------------- Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ 8 8 � � 0+ x = − x=− 0,25 � � 8 11 � � 5 5 � J (− ; − ) �� Gọi J(x;y) ta có: � �+ y = − 6 � = − 11 55 1 y � � 5 5 8 11 Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; J (− ; − ) 5 5 l à: 4x+3y+13=0 x,y>0 và x, y x 1 VI. 2 Đk: 0,25 a (1 điểm) Với đk trên hệ phương trình tương đương : y y 2 = 2 x + 3(1) = = =log y x-1=2log x y (2) Giải(2) đặt log y x =tt (t 0) =t = −1 2 phương trình (2) trở thành: t − 1 = � t − t − 2 = 0 � � 2 (tm) =t = 2 t 0,25 1 x =x = y l l og y x=-1 == l l l log y x=2 =x = y 2 = ------------------------------------------- ----------------------------------- y2 2 � 2 = 2x + 3 =y = + 3 � 3 − 3y − 2 = 0 y y y � � � 1/ � 1 �� 1 �= y �= x x �= 1 x �y � �y � 0,25 �y = 2 � �1 �� y = −1(loai ) � = x � �� 2 �= 1 �=2 =y x = y = ------------------------------------------- ----------------------------------- � 2 = 2x + 3 � 2 = 2 y2 + 3 � 2 + 3 = 0 � y y y 2/ � 2 � 0,25 (vô nghiệm) �� = y �= y �= y 2 2 x x x 7 http:/ / www.vnmath.com
http:/ / www.vnmath.com 1 y =x = Đáp số: = 2 =y = 2 = Vì B là giao điểm của (AB) và (BD) nên toạ độ của B là VI. 1 � − y +1 = 0 �=0 (1điểm b x x �� B (0;1) nghiệm của hệ : � ) �x + y − 1 = 0 � =1 2 y uuu r Đường thẳng AB có VTPT : nAB (1; −1) 0,25 uuur Đường thẳng BD có VTPT : nBD (2;1) uuur Giả sử đường thẳng AC có VTPT : nAC (a; b) ------------------------------------------------------------------------------ Khi đó: uuu uuu rr uuu uuu rr nAB .nBD nAB .nAC uuu uuu = uuu uuu rr rr nAB nBD nAB nAC a−b 1 = � a 2 + b2 = 5 a − b � a +b 5 2 2 0,25 � a + b = 5( a 2 − 2ab + b 2 ) 2 2 � 4a 2 − 10ab + 4b 2 = 0 � 2a 2 − 5ab + 2b 2 = 0 b a a= == 2 = =a = 2b uuu r b , chọn a=1,b=2 thì nAC (1; 2) suy ra phương trình 1/Với a = 2 đường thẳng (AC) đi qua điểm M(-1;1) là: x+2y-1=0 ------------------------------------------------------------------------------ Gọi I là giao điểm của đường thẳng (AC) và (BD) nên toạ độ x1 x x= 3 +2 x + y − 1 = 0 + 11 0,25 �� I( ; ) điểm I là nghiệm của hệ: � +x + 2 y − 1 = 0 +y= 1 33 +3 Vì A là giao điểm của đường thẳng (AB) và (AC) nên toạ độ 1 x x x=- 3 −x − y + 1 = 0 − 12 � A(− ; ) �� điểm A là nghiệm của hệ: � +x + 2 y − 1 = 0 +y= 2 33 +3 Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ điểm C (1;0) và 21 D( ; − ) 33 ------------------------------------------- ---------------------------------- 2/Với a=2b chọn a=2;b=1 thì phương trình đường thẳng (AC) là 2x+y+1=0 (loại vì AC không cắt BD) 0,25 8 http:/ / www.vnmath.com
http:/ / www.vnmath.com 12 2 1 Đáp số: A(− ; ) ; B(0;1) ; C (1;0) ; D( ; − ) 33 3 3 TXĐ: D=R VI. 2 (1điểm hàm số đã cho viết lại là: y = 3sin x + 32−sin x b 2 2 ) 0,25 Đặt t = 3sin x vì 0 x sin 2 x 1 nên 1 x 3sin x 3 tức 1 t t 3 2 2 3 s 3 ------------------------------------------- --------------------------------- 9 khi đó hàm số đã cho trở thành y = f (t ) = t + với 1 t t 3 3 t 0,25 9 t2 − 9 Ta có f , (t ) = 1 − =2 t2 t f (t ) = 0 � t 2 − 9 = 0 � t = � , 3 ------------------------------------------- ---------------------------------- 0,25 BBT: t 1 3 - , f (t ) f (t ) 10 6 ------------------------------------------------------------------------------ min y ( x) = min f (t ) = 6 đạt được khi t=3 khi [ 1;3] ( −x ;+t ) 0,25 π + kπ (k �Z ) sin 2 x = 1 � x = 2 Max y ( x) = Max f (t ) = 10 đạt được khi t=1 khi [ 1;3] ( −y ;+M) sin 2 x = 0 � x = kπ (k �Z ) Nếu thí sinh làm theo các cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa. H ết KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 ĐỀ THI MÔN TOÁN 12. KHỐI D. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------------- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y= x3 - 3(m + 1)x2 + 3m(m + 2)x + 1 (1) (m là tham số thực) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m= 1 9 http:/ / www.vnmath.com
http:/ / www.vnmath.com 2. CMR: Hàm số (1) luôn có cực đại và cực tiểu. Xác định các giá trị của m để hàm số (1) đạt cực đại và cực tiểu tại các điểm có hoành độ dương. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải bất phương trình: x2 + 2 x 2 + 4 x + 3 ≥ 6 − 2 x 2. Giải phương trình: sin2x - 2 2 (sinx + cosx) -5=0 Câu III (1,0 điểm) 1 1 1 1 1 + + + ... + + Tính tổng: S= 2!2009! 4!2007! 6!2005! 2008!3! 2010!1! Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A, AB =a, AC =a 3 , DA =DB =DC. Biết rằng DBC là tam giác vuông. Tính thể tích tứ diện ABCD Câu V (1,0 điểm) CMR: Với mọi x, y, z dương thoả mãn xy + yz + zx = 3 ta có: 1 4 + ≥1 2 xyz ( x + y )( y + z )( z + x) II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 điểm A(5;-2), B(-3;4) và đường thẳng d có phương trình: x - 2y + 1 = 0. Tìm toạ độ điểm C trên đường thẳng d sao cho tam giác ABC vuông tại C. Viết phương trình đường tròn ngoại tếp tam giác ABC. 2. Trong mặt phẳng (P), cho hình chữ nhật ABCD có AB=a, AD=b. S là một điểm bất kỳ nằm trên đường thẳng At vuông góc với mặt phẳng (P) tại A. Xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD và tính thể tích khối cầu đó khi SA=2a.  12  Câu VII.a (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 1 −  x =2  y + 3x     12  1 +  y + 3x  y = 6    B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(-2;3), đường cao CH nằm trên đường thẳng: 2x + y -7= 0 và đường trung tuyến BM nằm trên đường thẳng 2x – y +1=0. Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC. 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SAB là tam giác đều và mp(SAB) vuông góc với mp(ABC). Xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và tính thể tích khối cầu đó. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình ex = 1+ ln(1+x). --------Hết-------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:………………………..…….............................; Số báo danh:……………… ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 MÔN: TOÁN 12; KHỐI D. (Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang) Nội dung đáp án Điể Câu Ý m 10 http:/ / www.vnmath.com
http:/ / www.vnmath.com I 2,0 Khi m=1, ta có hàm số y = x -6x +9x+1 3 2 * TXĐ: R * Sự biến thiên 0,25 - Chiều biến thiên: y' = 3x2 -12x + 9 y' = 0 x =1 hoặc x =3 Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ∞;1) và ( 3;+∞) ; Nghịch biến trên khoảng (1; 3) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x =1; yCĐ=5 0,25 Hàm số đạt cực tiểu tại x =3; yCT=1 - Giới hạn: xlim∞ y = ± ∞ →± - Bảng biến thiên: 1 (1,0 -∞ +∞ x 1 3 điểm) y' + 0 - 0 + 0,25 +∞ 5 y -∞ 1 * Đồ thị: y 5 0,25 1 0 1 34 x * Ta có: y' = 3x2 - 6 (m+1)x + 3m(m+2) 0,25 y' = 0 x2 - 2(m+1)x + m(m+2) = 0(2) => ∆' =(m+1)2 - m(m+2)=1 > 0, ∀m Vậy phương trình y'=0 luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. Do đó 0,25 hàm số (1) luôn có cực đại và cực tiểu. 2 * Hàm số (1) đạt cực đại và cực tiểu tại các điểm có hoành độ (1,0 điểm) 0,25 dương (2) có 2 nghiệm dương phân biệt P > 0 S>0 m(m+2) > 0 0,25 m > 0 2(m+1) > 0 II 2,0 0,25 2 BPT đã cho x + 2x - 6 + 2 x + 4 x + 3 > 0 2 Đặt t = 2 x 2 + 4 x + 3 = 2( x + 1) 2 + 1 => điều kiện t >1 11 http:/ / www.vnmath.com
www.vnmath.com ttp:// h BPT trở thành: 0,25 t2 −3 −6+t ≥ 0 t2 + 2t - 15 >0 2 t >3 1 (1,0 0,25 t 9 x2 + 2x - 3 > 0 0,25 x > 1 x < -3 PT đã cho (sinx + cosx)2 - 2 2 (sinx + cosx) - 6 = 0 0,25 sinx + cosx = - 2 0,25 sinx + cosx = 3 2 2 (1,0 π  điểm) 2 sin  x +  = − 2 4  0,25 π  2 sin  x +  = 3 2 => vô nghiệm 4  π π 3π x + = − + k 2π x = − + k 2π (k ∈ Z ) 0,25 4 2 4 III 1,0 Ta có 2011! 2011! 2011! 2011! 2011! + + + ... + + 2011!S= 2!2009! 4!2007! 6!2005! 2008!3! 2010!1! 0,25 = C 2011 + C 2011 + C 2011 + ... + C 2011 + C 2011 2 4 6 2008 2010 Khai triển (1+x)2011= C 2011 + C 2011 x + C 2011 x + ... + C 2011 .x + C 2011 x 0 1 2 2 2010 2010 2011 2011 0,25 Chọn x = -1 ta có: C 2011 + C 2011 + ... + C 2011 = C 2011 + C 2011 + ... + C 2011 0 2 2010 1 3 2011 0,25 Chọn x = 1 ta có: C 2011 + C 2011 + C 2011 + ... + C 2011 = 2 0 1 2 2011 2011 Do đó: C 2011 + C 2011 + C 2011 + ... + C 2011 = 2 0 2 4 2010 2010 0,25 2 2010 − 1 Vậy S = 2011! IV 1,0 D Hình vẽ Gọi M là trung điểm của BC 0.25 Ta có: MA=MB=MC Mà: DA=DB=DC (gt) B Suy ra: DM ⊥ (ABC) C M a 12 www.vnmath.com ttp:// h
www.vnmath.com ttp:// h a 0,25 A Có ∆ DBC vuông cân tại D nên 0,25 1 1 1 BC = a 2 + 3a 2 = .2a = a DM = 2 2 2 1 1 a.a. 3 33 0,25 Vậy VABCD = DM .S ∆ABC = .a = .a (đvtt) 3 3 2 6 V 1,0 Áp dụng BĐT Côsi ta có: 1 4 4 + ≥ 2. = 2 xyz ( x + y )( y + z )( z + x ) 2 xyz ( x + y )( y + z )( z + x) 0,25 22 = ( xz + yz )( xy + xz )( yz + xy ) 2( xy + yz + zx ) ( xz + yz )( xy + xz )( yz + xy ) ≤ =2 3 Mà 3 0,25 => (xz+yz)(xy+xz)(yz+xy) < 8 1 4 22 + ≤ =1 0,25 Do đó: 2 xyz ( x + y )( y + z )( z + x ) 8 1 4 = Dấu "=" xẩy ra 2 xyz ( x + y )( y + z )( z + x) 0,25 xz + yz = xy + xz = yz +xy x = y = z = 1 xy+ yz + zx = 3 VI.a 2,0 1 (1,0 Giả sử C=(xo;yo) 0,25 điểm) ∈ Vì C d nên xo - 2yo + 1 = 0 (1) Vì CA ⊥ CB nên CA.CB = 0 0,25 (5 - xo)(-3 - xo) + (-2 - yo)(4 - yo) = 0 x0 − 2 x0 + y0 − 2 y0 − 23 = 0 (2) 2 2 Thế (1) vào (2) ta có: y 0 − 2 y 0 − 4 = 0 2 y0 = 1 − 5 = >x0 = 1 − 2 5 y 0 = 1 + 5 = > x0 = 1 + 2 5 0,25 Vậy có 2 điểm thoả mãn đề bài là: C1 = (1 + 2 5 ; 1 + 5 ) C2 = (1 − 2 5 ; 1 − 5 ) 0,25 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(1;1) là trung điểm AB và bán kính R= AB 10 = =5 ( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 = 25 2 2 . Vậy phương trình đường tròn đó là: 13 www.vnmath.com http://
www.vnmath.com ttp:// h Gọi O là giao điểm hai đường Hình chéo AC và BD của hình chữ nhật S vẽ ABCD. Qua O kẻ đường thẳng 0,25 song song với SA cắt SC tại điểm I Ta có: OI ⊥ (ABCD) vì SA ⊥ (ABCD) A I => OI là trục của đường tròn ngoại tiếp D hình vuông ABCD. O => IA = IB = IC = ID (1) B C 2 Mà OI là đường trung bình của ∆SAC => IS = IC (2) (1,0 0,25 Từ (1) và (2) => I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD điểm) Do đó bán kính mặt cầu đó là: 0,25 SA 2 + AC 2 4a 2 + a 2 + b 2 5a 2 + b 2 ¸SC R= = = = 2 2 2 2 Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là: 0,25 (5a 2 + b 2 ) 3 π (5a 2 + b 2 ) 5a 2 + b 2 V= 4 πR 3 = 4 π . (đvtt) = 3 3 8 6 VII.a 1,0 Điều kiện x>0, y>0, x+3y ≠ 0 1 3 12 2 + =1 1− = Hệ đã cho tương đương với y + 3x x y x 0,25 − 12 12 6 1 3 1+ = − =  y + 3x y y + 3x y x − 12 19 −= 0,25 => y2 + 6xy - 27x2 = 0 Suy ra x y y + 3x 2 y y  y  y = 3 hoặc = −9 (loại) 0,25 =>   + 6  − 27 = 0 x x  x x Với y = 3x thế vào PT đầu của hệ đã cho ta có: x – 2 x - 2 = 0 0,25 2 2 x = (1+ 3 ) => y = 3 (1+ 3 ) VI.b 2,0 Đường thẳng chứa cạnh AB đi qua A (-2;3) và nhận véctơ chỉ phương u CH = (-1;2) của đường CH làm véctơ pháp tuyến nên có 0,25 phương trình là: - 1(x+2) + 2(y-3) = 0 - x + 2y - 8 = 0 − x + 2 y − 8 = 0 Toạ độ điểm B là nghiệm hệ:  => B = (2; 5) 1 2 x − y + 1 = 0 0,25 (1,0 điểm)  x −2 y +3 Giả sử đỉnh C = (xo; yo) => M =  0 ; 0  2 2 0,25 Vì C ∈ CH nên 2xo + yo - 7 = 0 (1) x0 − 2 y 0 + 3 Vì M ∈ BM nên: 2. − + 1 = 0 2xo - yo - 5 = 0 (2) 2 2 0,25  x0 = 3 Giải hệ (1), (2) ta có:  Vậy C= (3; 1)  y0 = 1 14 www.vnmath.com http://
www.vnmath.com ttp:// h Phương trình đường thẳng AC là: 2x + 5y -11 =0 Phương trình đường thẳng BC là: 4x + 5y -13 =0 Gọi H là trung điểm AB => SH ⊥ (ABC) S Gọi I là trọng tâm ∆ ABC, J là trọng tâm ∆ SAB Hình và O là điểm sao cho OIHJ là hình vuông vẽ Ta có: 0,25 OA=OB=OC (Vì OI là trục của đường tròn B ngoại tiếp ∆ ABC) J O OS=OA=OB (vì OJ là trục của đường tròn ngoại tiếp ∆ SAB ) H I 2 Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC (1,0 C 0,25 điểm) A Bán kính mặt cầu là: 2   2 2 0,25 1  2  R=OA= OI + IA =  SH  +  CH  = 5  a 3  a 15 = 2 2 9 2  3  3 6    3 4  a 15  5 15 3 4 Thể tích khối cầu là: V = πR 3 = π . = πa (đvtt) 0,25 36 3 54   VII.b 1,0 0,25 Điều kiện: x > -1 Xét hàm số: f(x) = ex - ln(1+x) - 1 trên khoảng (-1; + ∞ ) 1 1 > 0 , ∀x ∈ (-1; + ∞ ) 0,25 Ta có: f'(x)= ex - ; f''(x) = ex + (1 + x) 2 1+ x Suy ra f'(x) đồng biến /(-1; + ∞ ) Vì f'(0) = 0 nên f'(x) > 0 , ∀x >0 f'(x)

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.03: Bộ 400 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2021

400 tài liệu

955 lượt tải

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.