Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 24

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

73
lượt xem 21
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn toán có đáp án - đề số 24', 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: Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 24

Đề số 24 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y  x 3  (1  2m) x 2  (2  m) x  m  2 (1) ( m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 2. 2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu II: (2 điểm) 1 1) Giải phương trình: cos3x  cos 2 x  cos x  2 3 log x 3  2log x 2 2) Giải bất phương trình: 3 log x 3  log x 2 6 dx Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I 2x  1  4x  1 2 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF với SA = a, AB = b. Tính thể tích của hình chóp đó và khoảng cách giữa các đường thẳng SA, BE. Câu V: (1 điểm) Cho x, y là các số thực thoả mãn điều kiện: x 2  xy  y 2  3. Chứng minh rằng : (4 3  3)  x 2  xy  3 y 2  4 3  3.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm A(4;0;0), B(0; 4; 0). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mặt phẳng (P) đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng (P). Câu VII.a: (1 điểm) Chứng minh 3(1  i) 2010  4i (1  i) 2008  4(1  i ) 2006 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): x 2  y 2  2 x  4 y  8  0 . Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: x 1 t x  3 y 1 z   2  : ( 1 ) :  y  1  t ,   1 2 1 z  2 
Xác định điểm A trên 1 và điểm B trên 2 sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu VII.b: (2 điểm) Cho tập A= {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau chọn trong A sao cho số đó chia hết cho 15. Hướng dẫn Đề số 24 Câu I: 2) y   g ( x)  3x 2  2 1  2m  x  2  m . YCBT  phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả x1 < x2 < 1    4 m 2  m  5  0  5   g (1)  5m  7  0   m  1   m  5     4    S 2m  1  1 2 3  x Câu II: 1)  Nếu cos  0  x    k 2 , k  Z , phương trình vô nghiệm. 2 x x  Nếu cos  0  x    k 2 , k  Z , nhân hai vế phương trình cho 2cos ta 2 2 được: x x x x 7x tích thành tông 2 cos cos 3x  2cos cos 2 x  2cos cos x  cos  cos  0 2 2 2 2 2
 2 , đối chiếu điều kiện: k ≠ 3 + 7m, mZ . x k ,k  7 7 log x 3 2) Điều kiện: 0< x ≠ 1. Đặt: y   y  log 2 3  0 . log x 2 log x 3 2 3 3y  2 log x 2 1 BPT   3 (*) luôn sai với mọi y > 0. 3 3 3 log x 3 y 1 y 1 1 log x 2 Kết luận: BPT vô nghiệm. 1 Câu III: Đặt : t  4 x  1  t 2  4 x  1  x  (t 2  1) 4 6 5 5 1  dx tdt 1 31 Do đó: I      t  1  (t  1)  dt  ln  2 2 4 x  1 3 (t  1) 2 12 2 2x  1    3 Câu IV: Nhận xét: Tâm O của lục giác đều ABCDEF là trung điểm của các đường chéo AD, BE, CF. SO (ABCDEF). Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac đều bằng nhau cạnh b. 3 3 3b 2 Diện tích đáy: Sđáy = 6SOAB = 6b 2 (đvdt)  4 2 Chiều cao h = SO = SA2  OA2  a 2  b2 b 2 3(a 2  b 2 ) 1  Thể tích V = Sdáy h  3 2 * Xác định được d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ. Chứng minh OJ (SAF) 3(a 2  b 2 ) OI .SO Trong SOJ vuông tại O ta có OJ = b 4a 2  b2 OI 2  SO 2
Câu V: Đặt A = x 2  xy  y 2 , B = x 2  xy  3 y 2  Nếu y = 0 thì A = B = x2  0  B  3. x 2  xy  3 y 2 z2  z  3 x  Nếu y ≠ 0, ta đặt z  khi đó: B  A. .  A. 2 2 2 x  xy  y z  z 1 y z2  z  3  m   m  1 z 2   m  1 z  m  3  0 Xét phương trình: (a). 2 z  z 1 nghiệm  (a) có m  1 m  1    0   3  48 3  48 2  m  1  4  m  1  m  3  0  m   3 3  Vì 0  A  3  3  4 3  B  3  4 3 . Đây là điều phải chứng minh. Câu VI.a: 1) Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: 4 x  3 y  4  0  x  2  A  2;4    x  2 y  6  0 y  4 4 x  3 y  4  0 x  1  B 1;0  Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình   x  y 1  0 y  0 Đường thẳng AC đi qua điểm A(–2;4) nên phương trình có dạng: a  x  2   b  y  4   0  ax  by  2a  4b  0 Gọi 1 : 4 x  3 y  4  0; 2 : x  2 y  6  0; 3 : ax  by  2a  4b  0 Từ giả thiết suy ra  2 ; 3    1 ; 2  . Do đó
|1.a  2.b | | 4.1  2.3 | cos  2 ; 3   cos  1 ; 2    2 2 25. 5 5. a  b a  0 | a  2b | 2 a 2  b 2  a  3a  4b   0   3a  4b  0  a = 0  b  0 . Do đó 3 : y  4  0  3a – 4b = 0: Chọn a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4 x  3 y  4  0 (trùng với 1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y – 4 = 0. y  4  0 x  5  C  5;4  Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:   x  y 1  0 y  4 2) Tọa độ của trung điểm I của AB là: I(2; 2; 0) x2 y 2 z  Phương trình đường thẳng KI: .  1 3 2 Gọi H là hình chiếu của I lên ()  H(–1; 0; 1). 2 2  yk2   zk  1  xk  1 Giả sử K(xk; zk), khi đó: yk ; và KH  KO  xk2  yk2  zk2 Từ yêu cầu bài toán ta có hệ: 1   xk   4   x  1 2  y 2   z  12 2 2 2   xk  yk  zk  k k k 1 113  . Kết luận: K   ; ;  .   yk  x  2 y  2 z   2  4 2 4 k k k  1 3 2 3   zk  4  Câu VII.a: Ta có:
3(1  i) 2010  4i(1  i ) 2008  4(1  i) 2006  3(1  i) 4  4i(1  i ) 2  4  (1  i )4  4  4i 2  4 ( đúng)  (đpcm). Câu VI.b: 1) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình  x2  y 2  2 x  4 y  8  0  y  0; x  2    y  1; x  3 x  5y  2  0 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(–3;–1). Vì ABC  900 nên AC là đường kính đường tròn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4). 2) Vì A 1  A(t+1; –t –1; 2); B 2  B( t'+3; 2t' +1; t')    AB  (t ' t  2; 2t ' t  2; t ' 2) Vì đoạn AB có độ dài nhỏ nhất  AB là đoạn vuông góc chung của (1) và ( 2 )        AB  u1  AB.u1  0 2t  3t '  0             t  t '  0  A( 1; –1; 2), B(3; 1;   AB.u2  0 3t  6t '  0  AB  u2   0). Câu VII.b: Nhận xét: Số chia hết cho 15 thì chia hết 3 và chia hết 5.  Các bộ số gồm 5 số có tổng chia hết cho 3 l à: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6).  Mỗi số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số tận cùng là 0 hoặc 5.
+ Trong các bộ số trên có 4 bộ số có đúng một trong hai số 0 hoặc 5  4.P4 = 96 số chia hết cho 5. + Trong các bộ số trên có 3 bộ số có cả 0 và 5. Nếu tận cùng là 0 thì có P4= 24 số chia hết cho 5. Nếu tận cùng là 5 vì do số hàng chục nghìn không thể là số 0, nên có 3.P3=18 số chia hết cho 5. Trong trường hợp này có: 3(P4+3P3) = 126 số. Vậy số các số theo yêu cầu bài toán là: 96 + 126 = 222 số.