Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 43

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

74
lượt xem 20
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 43', 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 43

Đề số 43 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 2x  1 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) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C). Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng MI. Câu II (2 điểm): Giải phương trình: 1) x    3x      cos    cos  x   cos    sin  2x    0 2 6 3  2 2 6   4 x  x2  1  x  x2  1  2 2) Giải phương trình: Câu III (1 điểm): Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường: (C): x  ( y  1)2  1 , (d): y   x  4 . Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành do hình (H) quay quanh trục Oy. Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, cạnh a, a3 ABC  600 , chiều cao SO của hình chóp bằng , trong đó O là giao điểm 2 của hai đường chéo AC và BD. Gọi M là trung điểm của AD, mặt phẳng (P) chứa BM và song song với SA, cắt SC tại K. Tính thể tích khối chóp K.BCDM.
Câu V (1 điểm): Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x2  y2  z2  1 . Chứng minh: x y z 33    y2  z2 z2  x2 x2  y2 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 đường tròn (C) có tâm O, bán kính R = 5 và điểm M(2; 6). Viết phương trình đường thẳng d qua M, cắt (C) tại 2 điểm A, B sao cho OAB có diện tích lớn nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y  z  3  0 và điểm A(0; 1; 2). Tìm toạ độ điểm A đối xứng với A qua mặt phẳng (P). Câu VII.a (1 điểm): Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 thiết lập tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau. Hỏi trong các số đó có bao nhiêu số mà hai chữ số 1 và 6 không đứng cạnh nhau. 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(4; 3). Biết phương trình đường phân giác trong (AD): x  2y  5  0 , đường trung tuyến (AM): 4x  13y  10  0 . Tìm toạ độ đỉnh B.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1):  x  23  8t x3 y 2 z   . Viết phương trình đường thẳng (d)  y  10  4t và (d2):  2 2 1 z  t  song song với trục Oz và cắt cả hai đường thẳng (d1), (d2). Câu VII.b (1 điểm): Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm: x   x 2 3 45  1  log2 (a  x)  log2 ( x4  1)  Hướng dẫn Đề số 43 2a  1 Câu I: 2) Giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 2). Gọi M(a; b)  (C)  b  (a a 1  1) 1 2a  1 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M: y   ( x  a)  2 a 1 (a  1) 1 Phương trình đwòng thẳng MI: y  ( x  1)  2 (a  1)2
1 1 Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có:   1  . 2 (a  1)2 (a  1)  a  0 (b  1)  a  2 (b  3)  Vậy có 2 điểm cần tìm M1(0; 1), M2(2; 3)  Câu II: 1) PT x  x  x  x  cos    cos2     cos3    cos4     0 2 6 2 6 2 6 2 6 x Đặt t  , 26 t 5t PT trở thành: cost  cos2t  cos3t  cos4t  0  4cos .cost.cos 0  2 2  t  t  (2m  1)  cos 2  0   cost  0   t   l  2  cos 5t  0  t    2k  2   5 5    Với t  (2m  1)  x   (4m  2) 3  4  Với t   l x  2l 2 3  2k 11 4k  Với t  x   5 5 15 5  x2  1  0  2) Điều kiện:   x  1. 2 x  x  1 
4 x  x2  1  x  x2  1  x  x2  1 (do x  1) Khi đó: CoâSi  x   4 4 8 x  x 2  1  x  x2  1  2 x2  1 x  x2  1 = 2  VT >  PT vô nghiệm. Câu III: Phương trình tung độ giao điểm của (C) và (d): ( y  1)2  1  4  y  y  2  y  1  2 117 ( y2  2y  2)2  (4  y)2 dy = V=  5 1 Câu IV: Gọi N = BM  AC  N là trọng tâm của ABD. Kẻ NK // SA (K  SC). Kẻ KI // SO (I  AC)  KI  (ABCD). Vậy 1 VK .BCDM  KI .SBCDM 3 KI CK CK CN Ta có: SOC ~ KIC  KNC ~ SAC  (1),   SO CS CS CA (2) 1 KI CN CO  ON CO  3 CO 2 2 a3 Từ (1) và (2)    KI  SO     SO CA 2CO 2CO 3 3 3 a3 Ta có: ADC đều  CM  AD và CM =  SBCDM = 2 1 332 ( DM  BC).CM  a 2 8
a3 1  VK.BCDM = KI .SBCDM  3 8 3 3x2 x x x . Ta cần chứng minh: Câu V: Ta có .   1  x2 y2  z2 1  x2 2 Thật vậy, áp dụng BĐT Cô–si ta có: 2  2 x2  1  x 2  1  x 2  2 8 2x 1  x  2 2 2 2 2  2x (1  x )(1  x )    3 27   3 3x2 3 3x2 x x 2  x(1  x2 )    2 2 (1)  1  x2 2 2 y z 33 3 3z2 3 3y2 z y Tương tự: (2), (3)   x2  y2 x2  z2 2 2 x y z 33 2 2 2 33   Do đó: x y z     y2  z2 x2  z2 x2  y2 2 2 3 Dấu "=" xảy ra  x  y  z  . 3 Câu VI.a: 1) Tam giác OAB có diện tích lớn nhất  OAB vuông cân tại O. 52 Khi đó d(O, d)  . 2 Giả sử phương trình đường thẳng d: A( x  2)  B( y  6)  0 ( A2  B2  0) 52 2 A  6B 5 2  47B2  48AB  17A2  0  Ta có: d(O, d)   2 2 A2  B2
 24  5 55 B  A 47  24  5 55  B  A 47  24  5 55  Với B  A : chọn A = 47  B = 24  5 55 47  d: 47( x  2)   24  5 55  ( y  6)  0 24  5 55  Với B  A : chọn A = 47  B = 24  5 55 47  d: 47( x  2)   24  5 55  ( y  6)  0  2) (P) có VTPT n  (1;1;1) . Giả sử A(x; y; z).  x y 1 z 2  Gọi I là trung điểm của AA  I  ; . ; 2 2 2    AA , n cuøg phöông  n Ta có: A đối xứng với A qua (P)    I  (P)   x y 1 z 2 1  1  1   x  y  1  z 2  3  0 2 2 2  x  4    y  3 . Vậy: A(–4; –3; –2). z  2  Câu VII.a: Số các số gồm 6 chữ số khác nhau lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 là: 6! (số)
Số các số gồm 6 chữ số khác nhau mà có 2 số 1 và 6 đứng cạnh nhau là: 2.5! (số)  Số các số thoả yêu cầu bài toán là: 6! – 2.5! = 480 (số) Câu VI.b: 1) Ta có A = AD  AM  A(9; –2). Gọi C là điểm đối xứng của C qua AD  C  AB. x9 y2 Ta tìm được: C(2; –1). Suy ra phương trình (AB):   2  9 1  2 x  7y  5  0 . Viết phương trình đường thẳng Cx // AB  (Cx): x  7y  25  0 Gọi A = Cx  AM  A(–17; 6). M là trung điểm của AA  M(–4; 2) M cũng là trung điểm của BC  B(–12; 1). 2) Giả sử A(23  8t1; 10  4t1; t1)  d1, B(3  2t2 ; 2  2t2; t2 )  d2.    AB  (2t2  8t1  26; 2t2  4t1  8; t2  t1)  17    t1  6 2t2  8t1  26  0 AB // Oz  AB, k cuøg phöông     n 2t2  4t1  8  0 t   5 2 3  1 4 17  A  ; ;   3 3 6
1  x   3   4  Phương trình đường thẳng AB:  y  3  17 z   t  6  x   x 2 3 4 5 (1) Câu VII.b:  1  log2 (a  x)  log2 ( x4  1) (2)  x x x x 2 2  4 . Ta có: f(x) =  (1)  3  4  0 . Đặt f(x) = 3 5 5 x ln5 2 x ln3.3  .5  0, x  R 2  f(x) đồng biến. Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm của (1) là: S1 = [2; +) x4 1  (2)  log2  2(a  x)  log2 ( x 4  1)  2(a  x)  x4  1  a   x 2 2 (*)  Hệ có nghiệm  (*) có nghiệm thuộc [2; +) x4 1  x  . Ta có: g(x) = 2x3  1 > 0, x  2  g(x) đồng biến trên Đặt g(x) = 2 2 21 [2; +) và g(2) = . 2 21 Do đó (*) có nghiệm thuộc [2; +)  a  . 2 21 Vậy để hệ có nghiệm thì a  . 2