Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 28

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

105
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 28', 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 28

Đề số 28 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số y  x 4  5 x 2  4, có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm m để phương trình | x 4  5 x 2  4 | log 2 m có 6 nghiệm. Câu II (2 điểm). 1 1 1) Giải phương trình: sin 2 x  sin x    2cot 2 x 2sin x sin 2 x 2) Tìm m để phương trình: m  x 2  2 x  2  1  x(2  x)  0 có nghiệm x  0; 1  3    4 2x 1 Câu III (1 điểm). Tính tích phân: I  dx 1  2x  1 0 Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1  2a 5 và BAC  120o . Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. Tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM). (1 điểm) Cho x, y, z là số dương. Chứng minh: Câu V các 3 x  2 y  4 z  xy  3 yz  5 zx II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm). 1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(–1; 3; –2), B(–3; 7; –18) và mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm M  (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M(3;1) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với A(2;–2). Câu VII.a (1 điểm). Giải phương trình: log 3  x 2  x  1  log3 x  2 x  x 2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b. (2 điểm). 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và  x  1  2t đường thẳng  có phương trình tham số  y  1  t . Một điểm M thay đổi   z  2t  trên đường thẳng . Xác định vị trí của điểm M để chu vi tam gi ác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của tồng OA  OB nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: (log x 8  log 4 x 2 ) log 2 2 x  0
Hướng dẫn Đề số 28 9 9 Câu I: 2) log12 m   m  12 4  144 4 12 4   cos22x  cosxcos2x = 2cos2x và sin2x  0 Câu II: 1) PT 2cos 2 x  cos x  1  0(VN )  cos2x = 0   cos 2 x  0      k  x   k 2x  2 4 2 2) Đặt t  x 2  2 x  2  t2  2 = x2  2x. BPT  t2  2 m (1  t  2), do x [0;1  3] t 1 t 2  2t  2 t2  2 Khảo sát hàm số: g (t )  với 1  t  2. 0 g g'(t)  (t  1)2 t 1 tăng trên [1,2] t2  2 Do đó, YCBT  BPT m  có nghiệm t  [1,2]  t 1 2 m  max g (t )  g (2)  3 t1;2 2 Vậy: m 3 3 3 3 t2 t2  1  Câu III: Đặt t  2 x  1  I   dt =   t  ln t  1   2  ln 2 dt    t  1   1 1 t t 1 2 1 1
Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A  O, C  2a,0,0  , A1 (0,0, 2a 5)     a a 3  5 3 ;0  , M ( 2a,0, a 5)  BM  a   ;   A(0;0;0), B  ; ; 5  , MA1  a(2;0; 5) 2 2  2  2     Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là : 1       1    a3 15 ; S BMA1   MB, MA1   3a 2 3 A A1 .  AB, AM   VAA1 BM      6 3 2 3V a 5 Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng d   . S 3 dụng BĐT Cô–si, Câu V: Áp ta có: 1 3 5  x  y   xy ;  y  z   3 xy ;  z  x   5 xy  đpcm 2 2 2 Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với (P) x 1 y  3 z  2 Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'):   1 2 1 AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của hệ PT: 2 x  y  z  1  0   x  1 y  3 z  2  H (1,2, 1)  2  1  1   2 xH  xA  xA '  Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : 2 y H  y A  y A '  A '(3,1,0) 2 z  z  z H A A'   Ta có A ' B  (6,6, 18) (cùng phương với (1;–1;3) )  PT (A'B) : x  3 y 1 z   1 3 1
Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 2 x  y  z  1  0   x  3 y  1 z  M (2,2, 3)  1  1  3  2) x  3 y  6  0; x  y  2  0 x2  x  1 1  x2  x  3    x 1  x 2 x Câu VII.a: PT  log 3 x x 1 Đặt: f ( x )  3x ( 2  x ) , g ( x)  x  1  (x  0) x Từ BBT  max f(x) = 3; min g(x) = 3  PT f(x)= g(x) có nghiệm  maxf(x) = min g(x) = 3 tại x=1  PT có nghiệm x = 1 Câu VI.b: 1) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x  1  2t Đường thẳng  có PTTS:  y  1  t . Điểm M   nên M  1  2t ;1  t;2t  .   z  2t  AM  ( 2  2t )2  ( 4  t ) 2  (2t ) 2  (3t ) 2  (2 5) 2 BM  ( 4  2t ) 2  (2  t )2  ( 6  2t ) 2  (3t  6) 2  (2 5) 2 AM  BM  (3t ) 2  (2 5) 2  (3t  6) 2  (2 5) 2   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u   3t ;2 5  và v   3t  6;2 5  .
 2   2  3t  | u | 25 Ta có   2 | v |   2  3t  6  25       Suy ra AM  BM | u |  | v | và u  v   6;4 5  | u  v | 2 29     Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u |  | v || u  v | . Như vậy AM  BM  2 29  3t 25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng    t 1 3t  6 2 5  M 1;0;2  và min  AM  BM   2 29 . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2  11  29  2) x  2 y  6  0 Câu VII.b: Điều kiện x > 0 , x  1   1  1 1  log 2 x   log 2 x  1  0 BPT    2log 4 x  log 2 2 x  0    1 log 2 x  log 8 x 2  3  1   log x  1  log 2 x  1  0 x log 2 x  1  0  2  (log 2 x  3)  0 2  2   log 2 x  0  log 2 x  log 2 x x 1 