Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 47

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

71
lượt xem 19
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 47', 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 47

Đề số 47 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x4  2m2 x2  m4  2m (1), với m là tham số. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 2) Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt, với mọi m  0 . Câu II (2 điểm):   1) Giải phương trình: 2sin  2x    4sin x  1 6   2y  x  m 2) Tìm các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình  có  y  xy  1 nghiệm duy nhất.  x  12 Câu III (1 điểm): Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x)  .  2x  14 Câu IV (1 điểm): Cho khối tứ diện ABCD. Trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho BC  4BM , BD  2BN và AC  3AP . Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện ABCD làm hai phần. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần đó.
Câu V (1 điểm): Với mọi số thực dương x; y; z thỏa điều kiện x  y  z  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  1 1 1 P  x  y  z 2    .  x y z II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Giải phương trình: 2xlog4 x  8log2 x . x 1 2) Viết phương trình các đường thẳng cắt đồ thị hàm số y  tại hai điểm x2 phân biệt sao cho hoành độ và tung độ của mỗi điểm đều là các số nguyên. Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng  d  : 2x  y  4  0 . Lập phương trình đường tròn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d). 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 2 1  log2 x  log4 x  log8 x  0 1) Giải bất phương trình: 2) Tìm m để đồ thị hàm số y  x3   m  5 x2  5mx có điểm uốn ở trên đồ thị hàm số y  x3 .
Câu VII.b (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A( 1;3;5) , B(4;3;2) , C(0;2;1) . Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Hướng dẫn Đề số 47 Phương trình HĐGĐ của đồ thị (1) và trục Câu I: 2) Ox : x4  2m2 x2  m4  2m  0 (). Đặt t  x2  t  0 , ta có : t 2  2m2t  m4  2m  0 () Ta có :  '  2m  0 và S  2m2  0 với mọi m  0 . Nên PT () có nghiệm dương.  PT () có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm). Câu II: 1) PT  3 sin2x  cos2x  4sin x  1  0  2 3 sin x cos x  2sin2 x  4sin x  0 .   sin x  3 cos x  2 sin  x    1   3 cos x  sin x  2 sin x  0    2 3  sin x  0  x  k   5   x  6  k2  x  k 
2y  x  m (1) 2)  .  y  xy  1 (2) y  1  2 Từ (1)  x  2y  m , nên (2)  (vì y  0) 1 2y  my  1  y   m y  2  y  1 1 Xét f  y   y   2  f '  y   1  0 y2 y Dựa vào BTT ta kết luận được hệ có nghiệm duy nhất  m  2 . 2 3  x  1  1  x 1  1  x 1  Câu III: Ta có: f  x   .   F  x   .  C  3  2x  1   2x  1  9  2x  1  Câu IV: Gọi T là giao điểm của MN với CD; Q là giao điểm của PT với AD. TD DD ' 1 Vẽ DD // BC, ta có: DD=BM  .  TC MC 3 TD AP 1 QD DP CP 2 Mà:   AT DP      TC AC 3 QA AT CA 3 VA.PQN AP AQ 1 3 1 1 Nên: (1) .  .   VA.PQN  VABCD  VA.CDN AC AD 3 5 5 10 VC.PMN CP CM 2 3 1 1 Và: (2). .  .   VABMNP  VABCD  VC. ABN CA CB 3 4 2 4 7 Từ (1) và (2), suy ra : VABMNQP  . V 20 ABCD
7 13 Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm là hoặc . 13 7 2 1 Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 18x   12 (1). Dấu bằng xảy ra  x  . x 3 2 2 Tương tự: 18y   12 (2) và (3). 18z   12 z y Mà: 17  x  y  z  17 (4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P  19 . 1 1 Dấu "=" xảy ra  x  y  z  . Vậy GTNN của P là 19 khi x  y  z  . 3 3 Câu VI.a: 1) Điều kiện : x  0 . t  log2 x t  log2 x   x  2  PT  1  log2 x log4 x  3log2 x 2   t  1 x  4 t  3t  2  0  t  2  1 . Do đó: x, y  Z  x  2  1  x  3, x  1 2) Ta có: y  1 x2 Suy ra tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là những số nguyên là A 1; 0 , B  3; 2 Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là: x  y  1  0 . Câu VII.a: Gọi I  m; 2m  4   d  là tâm đường tròn cần tìm. 4 Ta có: m  2m  4  m  4, m  . 3
2 2 4  4  4  16  m  thì phương trình đường tròn là: x  y   . 3 3  3 9  2 2  m  4 thì phương trình đường tròn là:  x  4   y  4  16 . t Câu VI. b: 1) Điều kiện : x  0 . Đặt t  log 2 x , ta có : 1  t  t   0 3 4 4 1 BPT  3t 2  4t  0    t  0    log 2 x  0   x 1. 3 3 3 22 2) Ta có: y '  3 x 2  2  m  5  x  5m; y "  6 x  2m  10 . 5m 5m ; y đổi dấu qua x  . y"  0  x  3 3  5  m 2  m  5 3 5m  m  5    là điểm uốn. Suy ra: U   ; 3  27 3   y  x3 Để điểm uốn U nằm trên đồ thị hàm số thì 3 3 2  m  5 5m  m  5  5m   m 5   27 3 3 Câu VII.b: Ta có: AB  BC  CA  3 2  ABC đều. Do đó tâm I của đường tròn ngoại tiếp ABC là trọng tâm của nó.  5 8 8 Kết luận: I   ; ;  .  3 3 3