Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 30

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

Thêm vào BST

Báo xấu

110
lượt xem 25
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 30', 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 30

Đề số 30 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 3 1 Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số : y  x 3  mx 2  m3 2 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1. 2) Xác định m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x. Câu II. (2,0 điểm) tan 2 x  tan 2 x.sin 3 x  cos3 x  1  0 1) Giải phương trình: 5.32 x 1  7.3x 1  1  6.3 x  9 x 1  0 2) Giải phương trình: 4 3 1 Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân: I=  x( x dx 4  1) 1 Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết góc BAC = 1200, tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a. Câu V. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: a3 b3 c3 2 2 1 a 2  ab  b2 b  bc  c 2 c  ca  a 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) qua O, vuông góc với mặt phẳng (Q): x  y  z  0 và cách điểm M(1;2; 1 ) một khoảng bằng 2 . 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là (d1): x + y + 2 = 0, phương trình đường cao vẽ từ B là (d2): 2x – y + 1 = 0, cạnh AB đi qua M(1; –1). Tìm phương trình cạnh AC. Câu VII.a (1 điểm) Có 6 học sinh nam và 3 học sinh nữ xếp hàng dọc đi vào lớp. Hỏi có bao nhiêu cách xếp để có đúng 2 học sinh nam đứng xen kẻ 3 học sinh nữ. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)  x  2  4t 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d):  y  3  2t và   z  3  t  mặt phẳng (P) :  x  y  2 z  5  0 . Viết phương trình đường thẳng () nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một khoảng là 14 . 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): y2  x và điểm I(0;    2). Tìm toạ độ hai điểm M, N  (P) sao cho IM  4 IN .
để phương trình nghiệm: Tìm m sau có Câu VII.b (1 điểm) 5  x  x  1  5  6 x  x 2  m Hướng dẫn Đề số 30 x  0 Câu I: 2) Tacó y '  3x 2  3mx  3x( x  m)  0   x  m Với m  0 thì y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT.   1 Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là: A  0; m3  , B(m; 0) .   2 Để A và B đối xứng với nhau qua đường phân giác y = x, điều kiện cần và đủ 1 là OA  OB tức là: m  m3  m 2  2  m   2 2   k . PT  tan 2 x (1  sin 3 x)  (1  cos3 x )  0  Câu II: 1) ĐK: x  2  (1  cos x)(1  sin x)(sin x  cos x)(sin x  cos x  sin x cos x)  0     x  k 2 ; x   k ; x     k 2 ; x     k 2 4 4 4 5 7 2) PT  32 x  3x  (3.3x ) 2  2.3.3x  1  0  ...  5.32 x  7.3x  3 3x 1  1  0 3 3  x  1  log 5 3  . x   log 3 5 
3 3 3 1  3 1 1 1 1 1 dt Câu III: Đặt t  x 2  I = =    t 2  t 2  1 dt  ...  2 3  2 t 2 1 2 3 24 2 1  1 Câu IV: Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC, mà SB = SC nên AB = AC. a Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  a2 = 3AB2  AB = 3 a2 1 a2 3 a2 3 a2 1 SA2 = a 2  AB. AC .sin1200 = ; S ABC =  SA = = 3 2 23 2 12 3 1 a 2 a2 3 a3 2 V= = 3 3 12 36 a3 2a  b Câu V: Ta chứng minh: (1)  a 2  ab  b 2 3 Thật vậy, (1)  3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)  a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0  (a + b)(a – b)2  0. b3 c3 2b  c 2c  a Tương tự: (2) , (3)   2 2 2 2 b  bc  c c  ac  a 3 3 Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3) ta được: a3 b3 c3 abc 2 2  2 2 2 2 a  ab  b b  bc  c c  ca  a 3 Vậy: S ≤ 3  maxS = 3 khi a = b = c = 1 Câu VI.a: 1) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 (với A2  B 2  C 2  0 )
Vì (P)  (Q) nên 1.A + 1.B + 1.C = 0  A + B + C = 0  C = –A – B (1) Theo đề: d(M;(P)) = A  2B  C  2  ( A  2 B  C ) 2  2( A2  B 2  C 2 ) (2) 2 2 2 2 A  B C 8A Thay (1) vào (2), ta được: 8 AB  5B 2  0  B  0 hay B =  5 (1)  B  0  C   A . Chọn A  1, C  1 thì (P) : x  z  0  8A (1)  B= . Chọn A = 5, B = 1  C  3 thì (P) : 5 x  8 y  3 z  0  5   2) Gọi N là điểm đối xứng của M qua (d1)  N  AC . MN  ( xN  1, y N  1)    Ta có: MN / / nd  (1; 1)  1( xN  1)  1( y N  1)  0  xN  y N  2 (1) 1 1 1 Tọa độ trung điểm I của MN: xI  (1  x N ), y I  (1  y N ) 2 2 1 1 (1  xN )  ( 1  y N )  2  0  xN  y N  4  0 I  ( d1 )  (2) 2 2 Giải hệ (1) và (2) ta được N(–1; –3) Phương trình cạnh AC vuông góc với (d2) có dạng: x + 2y + C = 0. N  ( AC )  1  2.(3)  C  0  C  7. Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + 7 = 0. Câu VII.a: : 3 HS nữ được xếp cách nhau 1 ô. Vậy 3 HS nữ có thể xếp vào các vị trí là: (1;3;5); (2;4;6); (3;5;7); (4;6;8); (5;7;9)
 Mỗi bộ 3 vị trí có 3! cách xếp 3 HS nữ.  Mỗi cách xếp 3 HS nữ trong 1 bộ, có 6! cách xếp 6 HS nam vào 6 vị trí còn lại Vậy có tất cả là: 5.3!.6!=21600 (cách) theo YCBT. Câu VI.b: 1) Chọn A(2;3;  3), B(6;5;  2)  (d), mà A, B  (P) nên (d)  (P) .   u  ud Gọi u là VTCP của ( d1 )  (P), qua A và vuông góc với (d) thì    u  u P   nên ta chọn u  [u , uP ]  (3; 9;6) .  x  2  3t Phương trình của đường thẳng ( d1 ) :  y  3  9t (t  R )   z  3  6t  Lấy M trên ( d1 ) thì M(2+3t; 3  9t;  3+6t). () là đường thẳng qua M và song song với (d). 1 1 Theo đề : AM  14  9t 2  81t 2  36t 2  14  t 2   t   9 3 x 1 y  6 z  5 1  t =   M(1;6;  5)  (1 ) :   3 4 2 1 x  3 y z 1 1  t=  M(3;0;  1)  ( 2 ) :  3 4 2 1 2) Gọi M ( x0 ; y0 ), N ( x1 ; y1 ) là hai điểm thuộc (P), khi đó ta có: x0  y02 ; x1  y12     IM  ( x0 ; y0  2)  ( y0 ; y0  2) ; IN  ( y1 ; y1  2)  ( y12 ; y1  2); 4 IN  (4 y12 ; 4 y1  8) 2
    y0  4 y12 2  giả thiết: Theo , suy ra: IM  4 IN   y0  2  4 y1  8   y1  1  x1  1; y0  2; x0  4   y1  3  x1  9; y0  6; x0  36 Vậy, có 2 cặp điểm cần tìm: M(4; –2), N(1; 1) hay M(36; 6), N(9; 3). Câu VII.b: Đặt t  5  x  x  1  t 2  4  2 5  6 x  x 2 t2  4  t   2;2  2 PT  t  m   2 số Xét hàm t2  4 t  2;2  2   f  (t )  t  1  f  (t )  0  t  1 2;2 2  f (t )  t      2  f(t) = m có nghiệm  2  m  2 1  2  .