Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 48

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

Thêm vào BST

Báo xấu

78
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 48', 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 48

Đề số 48 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) x3 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) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm I  1;1 và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm của đoạn MN. Câu II (2 điểm): cos 3x  sin 2 x  3  sin 3 x  cos 2 x  1) Giải phương trình:   3 x3  y3  4xy  2) Giải hệ phương trình: 22 x y  9  Câu III (1 điểm): Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:  m  2  1  x 2  1   x 2  m có nghiệm. Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ tam giác đều ABC . A ' B ' C ' có cạnh đáy là a và a khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BC) bằng . Tính theo a thể tích khối 2 lăng trụ ABC . A ' B ' C ' . a2 b2 c2 1   ab  bc  ca   a  b  c Câu V (1 điểm): Chứng minh   a b b c c a 2 với mọi số dương a; b; c .
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1  log 2 x  log 2  x  2   log 6  x 1) Giải bất phương trình: 2 2 2) Tính:  ln x dx Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua M  2;1 và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 . 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm):  y 2  x  x2  y  1) Giải hệ phương trình : x y 1 2  3  cos 2 x  1 2) Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   . cos 2 x  1 1  Câu VII.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) , cho điểm M  3;  . 2     Viết phương trình chính tắc của elip đi qua điểm M và nhận F1  3; 0 làm tiêu điểm.
Hướng dẫn Đề số 48 Câu I: 2) Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k  PT d : y  k  x  1  1 . x3 Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N  PT :  kx  k  1 có 2 x 1 nghiệm phân biệt khác 1 . Hay: f  x   kx 2  2kx  k  4  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 k  0       4k  0  k  0  f 1  4  0   Mặt khác: xM  xN  2  2 xI  I là trung điểm MN với k  0 . Kết luận: PT đường thẳng cần tìm là y  kx  k  1 với k  0 . Câu II: 1) PT  cos 3x  3 sin 3 x  3 cos 2 x  sin 2 x 1 3 3 1  cos 3x  sin 3 x  cos 2 x  sin 2 x 2 2 2 2    x   6  k 2      cos  3 x    cos  2 x      x     k 2 3 6    10 5  2) Ta có : x 2 y 2  9  xy  3 .
 Khi: xy  3 , ta có: x3  y 3  4 và x3 .   y 3   27 x3 ;   y 3  nghiệm của phương trình: Suy ra: là các X 2  4 X  27  0  X  2  31 Vậy nghiệm của Hệ PT là: x  3 2  31, y   3 2  31 hoặc x  3 2  31, y   3 2  31 .  Khi: xy  3 , ta có: x3  y 3  4 và x3 .   y 3   27  Suy ra: x3 ;  y 3 là nghiệm của phương trình: X 2  4 X  27  0 ( PTVN ) Câu III: Đặt t  x 2  1 . Điều kiện: t  1 . 1 PT trở thành:  m  2   t  1  t 2  m  1  m  t   t  1 t2 t 2  4t  3 1 1 Xét hàm số: f  t   t   f 't   1   2 2 t2 t  2 t  2 4  t  1 (loaï ) i f (t )  0   . Dựa vào BBT, ta kết luận m  . t  3 (loaï ) i 3  Câu IV: Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với AM.  BC  AM Ta có:   BC  ( AA ' M )  BC  AH .  BC  AA ' a Mà AH  A ' M  AH  ( A ' BC )  AH  . 2
1 1 1 a6 Mặt khác: .    AA '  2 2 2 4 AH A' A AM 3a 3 2 Kết luận: . VABC . A ' B ' C '  16 a2 ab ab 1 Câu V: Ta có: (1) a a  a ab a b ab 2 2 ab b2 c2 1 1 Tương tự: (2), (3). b c bc ca bc ca 2 2 a2 b2 c2 1   Cộng (1), (2), (3), ta có:    ab  bc  ca  a  b  c a b bc c a 2 Câu VI.a: 1) Điều kiện: 0  x  6 . 2   2 BPT  log 2 2 x 2  4 x  log 2  6  x   2 x 2  4 x   6  x   x 2  16 x  36  0  x  18 hay 2  x So sánh với điều kiện. Kết luận: Nghiệm của BPT là 2  x  6 . u  ln x2 du  2 dx  Đặt 2) . Suy ra :   x dv  dx v  x  I   ln x 2 dx  x ln x 2   2dx  x ln x 2  2 x  C Câu VII.a: Gọi A  a;0  , B  0; b  là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra: xy  1 . d: ab
2 1   1   2b  a  ab . Theo giả thiết, ta có:  a b  ab  8  ab  8   Khi ab  8 thì 2b  a  8 . Nên: b  2; a  4  d1 : x  2 y  4  0 .  Khi ab  8 thì 2b  a  8 . Ta có: b 2  4b  4  0  b  2  2 2 . + Với b  2  2 2  d 2 : 1  2 x   2 1  2  y  4  0 + Với b  2  2 2  d3 : 1  2 x   2 1  2  y  4  0 .  y 2  x  x2  y (1)  Câu VI.b: 1)  (*). y 1 x 2  3 (2)  y  x Từ (1) ta có: y 2  x  x 2  y   y  x   y  x  1  0     y  1 x  x  log 2 3  y  x 3  Khi: y  x thì (*)   x x1   . 2  3  y  log 2 3  3  x  log 6 9 y  1 x  Khi: y  1  x thì (*)    x 2 x 2  3  y  1  log 6 9 1 2) Ta có: f  x    tan 2 x  1   F  x   x  tan x  C cos 2 x x2 y2 Câu VII.b: PTCT elip (E) có dạng:  1(a  b  0) .  a 2 b2
a 2  b 2  3 x2 y 2 2   a2  4 . Vậy (E): Ta có:  3 1  1  4 1 b  1  2  2 1   a 4b