Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 25

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

79
lượt xem 23
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 25', 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 25

Đề số 25 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y  ( x – m)3 – 3x (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1.  x  1 3  3x  k  0 2) Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm:  1  1 2 3  log 2 x  log 2 ( x  1)  1 2 3 Câu II: (2 điểm) 1) Tìm tổng tất cả các nghiệm x thuộc [ 2; 40] của phương trình: sinx – cos2x = 0. x  1  log 1 (3  x)  log 8 ( x  1)3  0 . 2) Giải phương trình: log 2 2 e 2  Câu III: (1 điểm) Tính tích phân:  ln xdx . I   x  x 1 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD  600 , SA vuông góc mặt phẳng (ABCD), SA = a. Gọi C là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) đi qua AC và song với BD, cắt các cạnh SB, SD của hình chóp lần lượt tại B, D. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD. Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh bất đẳng thức:
ab bc ca a b c      c(c  a) a (a  b) b(b  c ) c  a a  b b  c II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho phương trình hai cạnh của một tam giác là 5x – 2y + 6 = 0 và 4x + 7y – 21 = 0. Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là trực tâm của IJK. 2 3 25 Câu VII.a (1 điểm) Tính tổng: S  1.2.C25  2.3.C25  ...  24.25.C25 . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳng (Oxy) và cắt được các đường thẳng AB, CD. Câu VII.b (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn điều kiện: z  5 và phần thực của z bằng hai lần phần ảo của nó.
Hướng dẫn Đề số 25  x  3 3  3x  k  0 (1)  . Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1. Câu I: 2) Ta có :  1 1 2 3  log2 x  log2 ( x  1)  1 (2) 2 3 Từ (2)  x(x – 1) 2  1 < x  2. Hệ PT có nghiệm  (1) có nghiệm thoả 1 < x  2 (x 1)3  3x  k  0 (x 1)3  3x < k   1 x  2 1 x  2 Đặt: f(x) = (x – 1)3 – 3x và g(x) = k (d). Dựa vào đồ thị (C)  (1) có nghiệm x (1;2]  k  min f ( x)  f (2)  5 . Vậy hệ có nghiệm  k > – 5 1;2   2 Câu II: 1) Ta có: sinx – cos2x = 0  2sin2x + sinx –1 = 0  x  . k ,k  6 3  2   3 3  Vì x [ 2; 40] nên 2  k  40  2   k   40   2  2 6 3 6 6   0,7  k  18,8  k 1,2,3,...,18 .  2 Gọi S là tổng các nghiệm thoả YCBT: S = 18.  (1  2  3  ...  18)  117 . 6 3 log  x  1  log 2 (3  x)  log 2 ( x  1)  0 2) Điều kiện: 1  x  3 . PT   2  1  x  3 
1  17   x  1  3  x   x  1  x 2  x  4  0  x  (tmđk) 2 e e e 2 ln x 1 Câu III: Ta có : I    x   ln xdx   x ln xdx  2 dx  ...  e 2  5 .     x x 4  1 1 1 SC Câu IV: Ta có: SAC vuông tại A  SC  SA2  AC 2  2a  AC = =a 2 SAC đều Vì (P) chứa AC và (P) // BD  BD // BD. Gọi O là tâm hình thoi ABCD và I là giao điểm của AC và BD  I là trọng tâm của SBD. 2 2 Do đó: B D  BD  a . 3 3 Mặt khác, BD  (SAC)  DB  (SAC)  BD  AC a2 1 AC  .B D  Do đó: SAB'C'D' = . 2 3 Đường cao h của khối chóp S.ABCD chính là đường cao của tam giác đều a3 SAC  h  . Vậy thể tích của khối chóp S. ABCD là V = 2 a3 3 1 . h.S AB 'C ' D '  3 18 a b  b c  c a  Câu V: Ta có BĐT    1    1    1  0 ca c  aba  bcb  1 b  1 c  1 a   (1)   1  a   1   b   1  0 c  1 c  1 a   1 b  a b c a b c Đặt: x   0; y   0; z   0  x. y.z 1 . Khi đó : b c a
x  1 y  1 z 1  0  x 2  y 2  z 2  xy 2  yz 2  zx 2  x  y  z  0 (1)  (*)   y 1 z 1 x 1 1 2 Vì x 2  y 2  z 2   x  y  z   3 xyz  x  y  z   x  y  z ( theo BĐT Cô–si) 3 3 Và xy 2  yz 2  zx 2  3 3  xyz   3 (theo BĐT Cô–si). Do đó: (*) đúng. Vậy (1) được CM. Dấu "=" xảy ra  x = y = z  a = b = c. Khi đó tam giác ABC là tam giác đều. Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + 6 = 0; Vậy AC: 4x + 7y – 21 = 0. A(0;3)  Đường cao đỉnh B đi qua O nhận VTCP a  (7; 4) của AC làm VTPT  BO: 7x – 4y = 0  B(–4; –7) A nằm trên Oy  đường cao AO chính là trục Oy. Vậy AC: y + 7 = 0 x y z 2) Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)  ( P) :    1 a b c       IA  (4  a;5; 6), JA  (4;5  b;6); JK  (0; b; c ), IK  ( a; 0; c) 4 5 6 a  b  c 1  77 77 77  Ta có: 5b  6c  0  a  ; b  ; c   phương trình mp(P)  4 5 6   4a  6c  0 n Câu VII.a: Xét nhị thức Newton:  x  1n   Cnk x k . k 0
n n 2   k ( k  1)Cn x k  2 k Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được: n( n  1)  x  1 k 2 (1) 25 25 Cho x = 1 và n = 25 từ (1)  25. 24.223 = k k  k (k  1)C  k (k  1)C  = 25 25 k 2 k 2 5033164800. Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. M  Oy  M(0;m) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)   AMB  600 (1)   AMB  1200 (2)  Vì MI là phân giác của AMB nên: IA (1)  AMI = 300  MI   MI = 2R  m 2  9  4  m   7 sin 300 23 43 IA (2)  AMI = 600  MI  R  m2  9   MI = (vô sin 600 3 3 nghiệm) Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0; – 7 )       2) BA  (4;5;5) , CD  (3; 2; 0) , CA  (4;3; 6)     Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P)  (Oxy)  (P) có VTPT n1   BA, k  =   (5; –4; 0)  (P): 5x – 4y = 0
    (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q)  (Oxy)  (Q) có VTPT n2  CD, k  =   (–2;–3; 0)  (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)(Q)  Phương trình của (D) Câu VII.b: Giả sử : z = a + bi (a- phần thực, b- phần ảo)   a  2 5  a  2 5     a 2  b 2  5  a  2b  z 5  Ta có:         b   5 b  5   a  2b b   5  a  2b       Kết luận: Có hai số phức thoả yêu cầu bài toán: z  2 5  5i; z  2 5  5i .