Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 42

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

Thêm vào BST

Báo xấu

70
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 42', 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 42

Đề số 42 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 2x  4 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  . x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên đồ thị (C), hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết M(–3; 0), N(–1; –1). Câu II (2 điểm): 1 3x 7 1) Giải phương trình: 4cos4 x  cos2x  cos4x  cos  2 42 2) Giải phương trình: 3x.2x  3x  2x  1  2  1  sin x  x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =   1  cos x  e dx   0 Câu IV (1 điểm): Tính thể tích khối chóp S.ABC, biết SA = a, SB = b, SC = c, ASB  600 , BSC  900 , CSA  1200 . Câu V (1 điểm): Cho các số dương x, y, z thoả mãn: xyz = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
log2 x  1  log2 y  1  log2 z  1 P= 2 2 2 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 2 đường thẳng d1: x  y  1  0 và d2: 2x  y  1  0 . Lập phương trình đường thẳng d đi qua M(1; 1) và cắt d1, d2    tương ứng tại A, B sao cho 2MA  MB  0 . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  2y  2z  1  0 và hai điểm A(1; 7; –1), B(4; 2; 0). Lập phương trình đường thẳng d là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB lên mặt phẳng (P). Câu VII.a (1 điểm): Kí hiệu x1, x2 là các nghiệm phức của phương trình 1 1 2x2  2x  1  0 . Tính giá trị các biểu thức và . 2 2 x1 x2 2. 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  2x  2y  3  0 và điểm M(0; 2). Viết phương trình đường thẳng d qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB có độ dài ngắn nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 3). Tìm toạ độ trực tâm của tam giác ABC.
Câu VII.b (1 điểm): Tìm các giá trị x, biết trong khai triển Newton n   x 5 số hạng thứ 6 bằng 21 và C1  Cn  2Cn . 3 2 2lg(103 )  2( x2)lg3 n Hướng dẫn Đề số 42 Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN: x  2y  3  0 . Gọi I(a; b)  MN  (1) a  2b  3  0 Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với MN là: y  2( x  a)  b . Hoành độ các giao điểm A, B của (C) và d là nghiệm của phương trình: 2x  4  2( x  a)  b (x  –1) x1  2x2  (2a  b) x  2a  b  4  0 (x  –1) A, B đối xứng nhau qua MN  I là trung điểm của AB. xA  xB 2a  b Khi đó: xI   a (2) 4 2
a  2b  3  0 a  1  Từ (1) và (2) ta được:  2a  b  b  2 a  4  Suy ra phương trình đường thẳng d: y  2x  4  A(2; 0), B(0; –4). 3x 1) PT  cos2x  cos Câu II:  2 (*). 4 cos2x  1 cos2x  1  x  k    Ta có:  3x . Do đó (*)    8l  x  8m . 3x  cos 4  1 cos 4  1 x  3    1 2) PT  3x (2x  1)  2x  1 (1). Ta thấy x  không phải là nghiệm của (1). 2 1 2x  1 2x  1 Với x  , ta có: (1)  3x   3x  0 2 2x  1 2x  1 2x  1 x 3 f ( x)  3x  Đặt . Ta có:  3 2 2x  1 2x  1 6 1 f  ( x)  3x ln3   0, x  2 2 (2x  1) 1 1   Do đó f(x) đồng biến trên các khoảng  ;  và  ;    Phương trình 2 2   1  1   f(x) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm trên từng khoảng  ;  ,  ;   . 2  2   Ta thấy x  1, x  1 là các nghiệm của f(x) = 0. Vậy PT có 2 nghiệm x  1, x  1. 2 1  sin x 1  x Câu III: Ta có:   1  tan  . 1  cos x 2  2
  2 2 1 2 1 x x x ex dx = 2  tan  ex dx Do đó: I =  2 1  tan 2   1  tan 2 2 2   0 0   1 2 2 x x xx 2 =  1  tan  e dx   tan .e dx 2 2 2 0 0 u  ex du  ex dx   Đặt   1 2 x x v  tan 2 dv  2  1  tan 2  dx         2 2 x x x 2 x   tan exdx   tan ex dx = e2 .  I = e tan 20 0 2 2 0 Câu IV: Trên AC lấy điểm D sao cho: DS  SC (D thuộc đoạn AC)  ASD  300 . 1 ASSD.sin300 .   a  AD SASD 2 a   Ta có: DA   DC    1 2c CD S 2c CSD CSSD . 2    2cSA  aSC  SD  2c  a      2cSA  aSC    2c   2c abc ab.cos600   SD.SB   SA.SB =  .SB  2c  a 2c  a  2c  a  2c  a   4c2SA2  a2SC2  4caSA.SC 4a2c2  a2c2  2a2c2 3a2c2 2 và SD  =  (2c  a)2 (2c  a)2 (2c  a)2 ac 3  SD = 2c  a
abc    SD.SB 3 6  2c  a  Mặt khác, cosSDB   sin SDB  SD.SB ac 3 3 3 .b 2c  a 2 abc2 1 1 VSDBC  SC.SSDB  SC.SD.SB.sin SDB = . 3 6 6 2c  a 2 a2bc VASDB a AD a  VASDB  VCSDB  Mà .   2c 12 2c  a VCSDB DC 2c 2  a2bc  2abc2  2 Vậy: VSABC  VASDB  VCSDB  abc .   12  2c  a  12 Câu V: Đặt a  log2 x, b  log2 y, c  log2 z  a  b  c  log2 ( xyz)  log2 8  3 log2 x  1  log2 y  1  log2 z  1 = a2  1  b2  1  c2  1 P= 2 2 2    Đặt m  (a;1), n  (b;1), p  (c;1) .   Khi đó: P = m  n  p  m  n  p = (a  b  c)2  (1  1 1)2 = 3 2 Dấu "=" xảy ra  a  b  c  1  x  y  z  2 . Vậy MinP = 3 2 khi x  y  z 2 . Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1)  d1, B(b; 2b – 1)  d2.   MA  (a  1;  a  2), MB  (b  1;2b  2)   2a  2  b  1  0  a  0  A(0; –1), B(3; 5)  2MA  MB  0   2a  4  2b  2  0 b  3
 Phương trình d: 2x  y  1  0 .  x  4  3t  2) PTTS của AB:  y  2  5t  Giao điểm của AB với (P) là: M(7; –3; 1) z  t  Gọi I là hình chiếu của B trên (P). Tìm được I(3; 0; 2). Hình chiếu d của đường thẳng AB là đường thẳng MI.  x  3  4t   Phương trình đường thẳng d là:  y  3t  z 2 t  1 i 1 i 1 1 Câu VII.a: PT có các nghiệm x1   2  2i ; 2  2i . ; x2  2 2 x1 x2 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = 5 . IM = 2 5  M nằm trong đường tròn (C). Giả sử d là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên d. Ta có: AB = 2AH = 2 I A2  IH 2  2 5  IH 2  2 5  IM 2  2 3 . Dấu "=" xảy ra  H  M hay d  IM. Vậy d là đường thẳng qua M và có   VTPT MI  (1; 1)  Phương trình d: x  y  2  0 . xyz 2) Phương trình mp(ABC):    1 . Gọi H(x; y; z) là trực tâm của 123 ABC.
36     x  49  AH  BC 2y  3z  0        36 18 12  18 Ta có: BH  AC   x  3z  0    H ; ; . y    49 49 49  49 H  ( P)  x  y  z  1  12 z   23   49  Câu VII.b: Phương trình C1  Cn  2Cn  n(n2  9n  14)  0  n  7 3 2 n 7 Số hạng thứ 6 trong khai triển   lg(103x ) 5 ( x 2)lg3 là: 2 2 2   5 2( x2)lg3 5  x 5 2lg(103 ) C7 x x Ta có: C7 .2lg(103 ).2( x2) lg3  21  2lg(103 5 )( x 2) lg3 1  lg(10  3x )  ( x  2) lg3  0  (10  3x ).3x2  1  32x  10.3x  9  0  x  0; x  2