Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 40

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

Thêm vào BST

Báo xấu

103
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 40', 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 40

Đề số 40 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x3  2mx2  (m  3) x  4 (Cm). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 2) Cho điểm I(1; 3). Tìm m để đường thẳng d: y  x  4 cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho IBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II (2 điểm):  x  2y  xy  0  1) Giải hệ phương trình: .   x  1  4y  1  2  1 2(cos x  sin x) 2) Giải phương trình:  tan x  cot 2x cot x  1 cos x sin x  tan x Câu III (1 điểm): Tính giới hạn: A = lim x2 sin x x0 Câu IV (1 điểm): Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tính thể tích khối chóp B.AMCN và cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (AMCN) và (ABCD). Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn: x2  y2  z2  xyz . Chứng minh bất đẳng thức:
x y z 1    2 2 2 2 x  yz y  xz z  xy II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x2  y2  13 và (C2): ( x  6)2  y2  25 . Gọi A là một giao điểm của (C1) và (C2) với yA > 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau. 3 x x x  5  1   5  1 2 2) Giải phương trình: 2 0 N*, (1 điểm): Chứng minh rằng với n  Câu VII.a ta có: nn 2 4 2n 4. 2C2n  4C2n  ...  2nC2n  2 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích  9 3 bằng 12, tâm I  ;  và trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của đường  2 2 thẳng d: x  y  3  0 với trục Ox. Xác định toạ độ của các điểm A, B, C, D biết yA > 0.
log3 x2  5x  6  log1 x  2  log1 x  3 2) Giải bất phương trình: 3 3  x2  x  a Câu VII.b (1 điểm): Tìm a để đồ thị hàm số y  (C) có tiệm cận xiên x a tiếp xúc với đồ thị của hàm số (C): y  x3  6x2  8x  3 . Hướng dẫn Đề số 40: 2) Phương trình độ giao điểm của (Cm) Câu I: hoành và d: x3  2mx2  (m  3) x  4  x  4 (1)  x  0 ( y  4)  x( x2  2mx  m  2)  0   2  x  2mx  m  2  0 (2) (1) có 3 nghiệm phân biệt  (2) có 2 nghiệm phân biệt, khác 0    m2  m  2  0  m  2  0   m  1    m  2 (*)  m  2  Khi đó xB, xC là các nghiệm của (2)  xB  xC  2m, xB .xC  m  2
1 ( xB  xC )2  8 2 SI BC  8 2  d( I , d).BC  8 2  2  ( xB  xC )2  4xB xC  128  0  1 137 m  2  m2  m  34  0   (thoả (*)) 1 137  m  2       x 2 y  0 x y x 2 y  0   1) Hệ PT     Câu II:  x  1  4y  1  2  x  1  4y  1  2    x  4y   4y  1  1 x  2   1 y  2  sin x  0  2  2) Điều kiện: cos x  0 . PT  cos x   x    k2 . 4 2 cot x  1  (cos2 x  1)sin x  sin2 x cos x sin x  tan x Câu III: A = lim = lim = lim  1 x2 sin x x2 sin x.cos x x0 x2 cos x x0 x0 Câu IV: AMCN là hình thoi  MN  AC, BMN cân tại B  MN  BO  MN  (ABC). a3 a3 1 1a21  VMA BC  MO.S A BC  .  VB .A MCN  2VMA BC  . a.a 2  3 322 6 3
 Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (AMCN) và (ABCD), P là trung điểm của CD  NP  (ABCD). a2 6 a2 S 6  cos   MCP  , SMCP  . SMCN  SMCN 6 4 4 xy z  1 và xyz  x2  y2  z2  xy  yz  zx  Câu V:  Từ giả thiết   yz xz xy 111    1. xyz 4 11  Chú ý: Với a, b > 0, ta có:  a b a b 1 1 x  x 1     (1).   2 yz 4  x yz  x  yz x x 1 1 y  11 z  y z Tương tự:     (2),     (3) y2  xz 4  y xz  z2  xy 4  z xy  1 1 1 1 x y z x y z Từ (1), (2), (3)         x2  yz y2  xz z2  xy 4  x y z yz xz xy  1 1  (1  1)  . 4 2  x2  y2  z2  xyz  Dấu "=" xảy ra   x  y  z  x  y  z  3.  x2  yz; y2  xz; z2  xy 
II. PHẦN TỰ CHỌN 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) (C1) có tâm O(0; 0), bán kính R1 = 13 . (C2) có tâm I2(6; 0), bán kính R2 = 5. Giao điểm A(2; 3). Giả sử d: a( x  2)  b( y  3)  0 (a2  b2  0) . Gọi d1  d(O, d), d2  d(I 2 , d) . 2 2 2 2 2 2 Từ giả thiết, ta suy ra được: R1  d1  R2  d2  d2  d1  12 (6a  2a  3b)2 (2a  3b)2 b  0  12  b2  3ab  0    .   b  3a a2  b2 a2  b2  Với b = 0: Chọn a = 1  Phương trình d: x  2  0 .  Với b = –3a: Chọn a = 1, b = –3  Phương trình d: x  3y  7  0 . x x  2  1  x  log  5 1  5  1  2 2   51 2) PT   .    2  1  x  log 22  51 Câu VII.a: Xét (1  x)2n  C2n  C2n x  C2n x2  C2n x3  C2n x4  ...  C2n x2n 0 1 2 3 4 2n (1) (1  x)2n  C2n  C2n x  C2n x2  C2n x3  C2n x4  ...  C2n x2n 0 1 2 3 4 2n (2) (1  x)2n  (1  x)2n Từ (1) và (2)  C2n  C2n x2  C2n x 4  ...  C2n x2n  0 2 4 2n 2 Lấy đạo hàm vế ta được: 2 2C2n x  4C2n x3  ...  2nC2n x2n1  n (1  x)2n1  (1  x)2n1  2 4 2n  
n Với x = 1, ta được: 2C2n  4C2n  ...  2nC2n  n22n1  4n . 2 4 2n 2 2. Theo chương trình nâng cao 32 Câu VI.b: 1) Tìm được M(3; 0)  MI =  AB = 3 2  AD = 2 2 . 2 Phương trình AD: x  y  3  0 . Giả sử A(a; 3 – a) (với a < 3). Ta có AM = 2  a  2  A(2; 1). Từ đó suy ra: D(4; –1), B(5; 4), C(7; 2). 2) Điều kiện: x > 3. BPT  log3 x2  5x  6  log3 x  3  log3 x  2  x2  9  1  x  10 . Câu VII.b: Điều kiện: a  0. Tiệm cận xiên d: y   x  a  1. d tiếp xúc với (C)  Hệ phương trình sau có nghiệm:  x3  6x2  8x  3   x  a  1  x  3  a  4 . Kết luận: a = –4. 2 3x  12x  8  1  