Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 44

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

Thêm vào BST

Báo xấu

78
lượt xem 18
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 44', 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 44

Đề số 44 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) (2m  1) x  m2 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  . x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –1. 2) Tìm m để đồ thị của hàm số tiếp xúc với đường thẳng y  x . Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: 2  3 cos2x  sin2x  4cos2 3x 2 xy 2 2 x  y  1 2) Giải hệ phương trình: x y   x  y  x2  y   2 sin x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =  dx 3 0 (sin x  cos x) Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABCcó đáy là tam giác đều a3 cạnh bằng a, AM  (ABC), AM = (M là trung điểm cạnh BC). Tính thể 2 tích khối đa diện ABABC. Câu V (1 điểm): Cho các số thực x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x2  y2  4 y  4  x2  y 2  4 y  4  x  4 P= II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): x2 y 2 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E):  1 . Tìm các  100 25 điểm M  (E) sao cho F1MF2  1200 (F1, F2 là hai tiêu điểm của (E)). 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x  y  z  3  0 . Tìm trên (P)    điểm M sao cho MA  2MB  3MC nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm): Gọi a1, a2, …, a11 là các hệ số trong khai triển sau: ( x  1)10 ( x  2)  x11  a1x10  a2 x9  ...  a11 . Tìm hệ số a5. 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x  3)2  ( y  4)2  35 và điểm A(5; 5). Tìm trên (C) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng x 1 y z 3 . Tìm trên d hai điểm A, B sao cho tam giác ABM đều. d:  1 1 1 Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:
  2y   log2010    x  2y  x 3 x  y3   x2  y2  xy  Hướng dẫn Đề số 44 Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}.  (2m  1) x  m2 x (* )   x 1 Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y  x thì:  2  (m  1)  1 (* * )  ( x  1)2  Từ (**) ta có ( m  1)2  ( x  1)2   x  m x  2  m   Với x = m, thay vào (*) ta được: 0m  0 (thoả với mọi m). Vì x  1 nên m  1.  Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được: (2m  1)(2  m)  m2  (2  m)(2  m  1)  4(m  1)2  0  m  1  x = 1 (loại) Vậy với m  1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y  x .
3 1  5  PT  cos2x  sin2 x  cos6 x  cos  2 x   cos6 x  Câu II: 1) 2 2 6   5  x  k 48 4  5  x   l  24 2  2 xy 2 2 x  y  1 (1) . Điều kiện: x  y  0 . 2)  x y  x  y  x2  y (2)  1  ( x  y)2  1  2 xy  1  ( x  y  1)( x2  y2  x  y)  0    (1) 0 x y  (vì x  y 1 0 x y0 nên x2  y2  x  y  0 ) Thay x  1  y vào (2) ta được: 1  x2  (1  x)  x2  x  2  0   x  1 ( y  0)  x  2 ( y  3)  Vậy hệ có 2 nghiệm: (1; 0), (–2; 3).   2 2 cost cos x  Câu III: Đặt t   x  dt = –dx. Ta có I = dt = dx   3 (sin x  cos x)3 2 (sin t  cost ) 0 0    2 2 2 sin x cos x 1  2I = + = = dx dx dx    (sin x  cos x)3 (sin x  cos x)3 (sin x  cos x)2 0 0 0  12 1 dx 2 2  0 cos  x   4    2 1 1 = tan  x   = 1 . Vậy: I = . 2 2 40 
Câu IV: Vì ABBA là hình bình hành nên ta có: VC.ABB '  VC.AB ' A' . 1 a 3 a2 3 a3 1 Mà VC.ABB '  .A M .SABC  .  3 32 4 8 a3 a3 Vậy, VC.ABB ' A'  2VC.ABB '  2 .  8 4 x2  (2  y)2  x2  ( y  2)2  x  4 Câu V: Ta có: P =   Xét a  ( x;2  y), b  ( x, y  2) .     x2  (2  y)2  x2  ( y  2)2  4 x2  16  2 x2  4 Ta có: a  b  a  b   Suy ra: P  2 x2  4  x  4 . Dấu "=" xảy ra  a, b cùng hướng hay y = 0. Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: 2 2 2 3  x   (3  1)(4  x2 )  2 x2  4  2 3  x . Dấu "=" xảy ra  x  . 3 Do đó: P  2 3  x  4  x  2 3  4  2 3  4 . Dấu "=" xảy ra  2 ,y  0. x 3 2 Vậy MinP = 2 3  4 khi x  ,y  0. 3 Câu VI.a: 1) Ta có: a  10, b  5  c  5 3 . Gọi M(x; y)  (E). 3 3 Ta có: MF1  10  x. x, MF2  10  2 2
Ta có: F1F22  MF12  MF22  2MF1.MF2 .cosF1MF2 2 2  3  3  3  3  1  2  10 3  x    x = 0   10  x    10  x   2  10  x  10  2 2 2  2  2    (y=  5) Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5).        23 13 25  2) Gọi I là điểm thoả: I A  2IB  3IC  0  I  ;; 6 6 6                 Ta có: T = MA  2MB  3MC   MI  IA  2  MI  IB   3 MI  IC   6MI  6 MI   Do đó: T nhỏ nhất  MI nhỏ nhất  M là hình chiếu của I trên (P).  13 2 16  Ta tìm được: M  ; ;  . 9 9 9 Câu VII.a: Ta có: ( x  1)10  C10 x10  C10 x9  ...  C10 x  C10 0 1 9 10  ( x  1)10 ( x  2)  ...   C10  2C10  x6  ... 5 4 5 4  a5  C10  2C10  672 . Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4).  Ta có:  AB  AC  AI là đường trung trực của BC. ABC vuông cân tại A   IB  IC nên AI cũng là phân giác của BAC . Do đó AB và AC hợp với AI một góc 450 .  Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 450 . Khi đó B, C là giao điểm của d với (C) và AB = AC.
  Vì I A  (2;1)  (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ   VTCP của d có hai thành phần đều khác 0. Gọi u  (1; a) là VTCP của d. Ta có: a  3    2 a 2 a 2 cos IA, u   2 2  a  5 1  a2      1 a   2 1  a2 22  1 5 1  a2 3    Với a = 3, thì u  (1;3)  Phương trình đường thẳng d:  x  5  t .   y  5  3t được các giao điểm của Ta tìm d và (C) là:  9  13 7  3 13   9  13 7  3 13  ; ,  ;   2 2  2 2  x  5  t   1 1  Với a =  , thì u   1;    Phương trình đường thẳng d:  1.  y  5  t 3 3  3  được các giao điểm của Ta tìm d và (C) là:  7  3 13 11  13   7  3 13 11  13  ; ,  ;   2 2 2 2     cặp điểm cần tìm Vì AB = AC nên ta có hai là:  7  3 13 11  13   9  13 7  3 13  ; ,  ;   2 2  2 2   và  7  3 13 11  13   9  13 7  3 13  ; ,  ;   2 2  2 2   2) Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH = d( M , d)  2 .
Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = 2MH 26  3 3  x  2 y z 3   Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:  1 1 1 .  ( x  2)2  ( y  1)2  ( z  2)2  8  3   2  2 22 2 2 Giải hệ này ta tìm được: . A 2  ; ;3   , B 2  ; ;3  33 3  3 3 3    2y   log2010    x  2y (1)  Câu VII.b:  3 3  x   x  y  x2  y2 (2)  xy  Điều kiện: xy  0 . Từ (2) ta có: x3  y3  xy( x2  y2 )  0  x  0, y  0 . 2y  2010x2y  x.2010 x  2y.20102y . (1)  x t   Xét hàm số: f(t) = t.2010t (t > 0). Ta có: f (t) = 2010t  1  0 ln2010    f(t) đồng biến khi t > 0  f(x) = f(2y)  x = 2y y  0 (loaï ) i 9  Thay x = 2y vào (2) ta được: y  5y    0   9 9 y  x  2  10  5  9 9  Vậy nghiệm của hệ là:  ; .  5 10 