Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 49

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

81
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 49', 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 49

Đề số 49 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 2x Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  . x2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II (2 điểm): 4cos2 2x     1) Giải phương trình: tan  2x   .tan  2x    4 4 tan x  cot x      3 y 2 1 2  x  y2  1 x 2) Giải hệ phương trình:   x2  y2  4 x  22  y  8 ln x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I   dx x 1 3 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 600. Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a.
Câu V (1 điểm): Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : 0  a  1; 0  b  1; 0  c  1.  1 111   a  b  c  3    Chứng minh rằng: 1  abc  abc 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 tam giác ABC có A 3; 6 , trực  4 7 tâm H  2;1 , trọng tâm G  ;  . Xác định toạ độ các đỉnh B và C.  3 3 với hệ toạ độ mặt cầu 2) Trong không gian Oxyz, cho  S : x2  y2  z2  2x  4y  8z  4  0 và mặt phẳng   : 2x  y  2z  3  0 . Xét vị trí tương đối của mặt cầu (S) và mặt phẳng   . Viết phương trình mặt cầu (S) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng   . Câu VII.a (1 điểm): Một đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ, 7 nam, trong đó có danh thủ nam là Vũ Mạnh Cường và danh thủ nữ là Ngô Thu Thủy. Người ta cần lập một đội tuyển bóng bàn quốc gia từ đội dự tuyển nói trên. Đội tuyển quốc gia bao gồm 3 nữ và 4 nam. Hỏi có bao nhiêu cách lập đội tuyển quốc gia sao cho trong đội tuyển có mặt chỉ một trong hai danh thủ trên. 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 A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường
cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với A  3; 1; 2 , B 1; 5;1 , C  2;3;3 , trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ. Tìm toạ độ điểm D. 23x1  2y2  3.2y3x  Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:  2  3x  1  xy  x  1  Hướng dẫn Đề số 49 Câu I: 2) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ a  2 thuộc đồ thị (C) có phương trình: 4  x  a  2a  4x   a  22 y  2a2  0 d y 2 a 2  a  2 Tâm đối xứng I  2; 2 . 8 a 2 8 a 2 8 a 2 Ta có d  I , d   2 2   4 2 2 a 2 2 16   a  2 2.4.  a  2
a  0 2 d  I , d  lớn nhất   a  2  4    a  4 Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y  x và y  x  8 .     cos 2x    0; cos 2x    0 *  1) Điều kiện   Câu II: 4 4  sin2x  0; tan x  cot x  0  Để ý rằng:             tan  2x   .tan  2x     tan   2x  .tan  2x     cot  2x   .tan  2x    1 4 4 4 4 4 4       4cos2 2x  cot x  tan x  4cos2 2x Khi đó PT trở thành: 1  tan x  cot x 1 tan2 x 1 2 4 2   tan2x  1  0 4    1  tan2 2x tan2x 1  tan2 2x tan x     m  x   k  k  Z  : Không thoả điều kiện (*).  tan2x  1  2x  4 8 2 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2) Điều kiện: x  0, y  0, x2  y2  1  0 x u  x2  y2  1; v  Đặt Hệ PT trở thành: . y 3 2 3 2   1   u  v  1 (1) u v u  1 4v  22 u  21  4v (2)  
v  3 3 2   1  2v2  13v  21  0   Thay (2) vào (1) ta được: 7 v  21 4v v 2   Nếu Hệ PT: v = 3 thì u = 9, ta có  x2  y2  1  9 2 2  x  3  x  3   x  y  10    x y  1  y  1 y  3  x  3y  7  Nếu v  thì u = 7, ta có Hệ PT: 2    x2  y2  1  7  x2  y2  8  y  4 2 2  y  4    53   53   x 7 7   x  2 y  x  14 2  x  14 2 y 2    53  53   So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của Hệ PT. u  ln x dx  du   dx   Câu III: Đặt  x dv   v  2 x  1 x 1   8 8 x 1  I   2 x  1.ln x  3  2 dx  6ln8  4ln3  2J x 3 8 x 1  Tính J   dx . Đặt t  x  1 x 3 3 3 3 t2  1 t 1 J .2tdt  2 dt    2   dt  2 2 t 1 t  1 2t 1 2 t 1 2  t 1  8   2t  ln  2  ln3  ln2  3 t 1  
Từ đó I  20ln2  6ln3  4 . Câu IV: Kẻ SO  (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD; G là trọng tâm  SAC . Góc giữa mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là SJI  600  SIJ đều cạnh a  G cũng là trọng tâm SIJ. IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD. 3 3a2 a 3a 1 ; SK  ( ABMN ); SK  IK  ; SABMN  ( AB  MN )IK  2 2 2 8 3a3 1 Suy ra: V  SABMN .SK  . 3 16 Câu V: Vì 0  a  1,0  b  1 nên  a  1  b  1  0  ab  a  b  1  0 1 11    1 (1)  1  a  b  ab  ab a b 1 11 1 11 Tương tự :    1 (2),    1 (3) bc b c ca c a Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế ta được:  1 1 1 111    2     3 (4) ab bc ca  a b c Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cô–si ta có:
 1  1 1 1 111   a  b  c  a  b  c  1  a  b  c  2     3   abc  ab bc ca  a b c    a  b  c  1  1  1   1  b  1  3 1 2 abc a c   1 1 1 Cũng theo BĐT Cô–si ta có :  a  b  c      9 a b c  1 111 111   a  b  c  6     3  3    (đpcm) Do đó:  1  abc  abc abc  Dấu "=" xảy ra  a = b = c = 1.  2    7 1 Câu VI.a: 1) Gọi I là trung điểm của BC. Ta có AG  AI  I  ;  3  2 2 Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có phương trình: x – y – 3  0  7 1 Vì I  ;  là trung điểm của BC nên giả sử B  xB ; yB  thì C  7  xB ;1  yB  và  2 2 xB  yB  3  0 trực tâm của tam giác ABC nên H là ; CH  AB    CH   5  xB ; yB  , AB   xB  3; yB  6    x  y  3 x  1 x  6  CH .AB  0   B B  B  B  xB  5  xB  3   yB  6  0  yB  2  yB  3  Vậy B 1; 2 , C  6;3 hoặc B  6;3 ,C 1; 2
2 2 2 2) (S) :  x  1   y  2   z  4  25 có tâm I 1; 2; 4 và R = 5. Khoảng cách từ I đến () là: d  I ,( )   3  R  () và mặt cầu (S) cắt nhau. Gọi J là điểm đối xứng của I qua (). Phương trình đường thẳng IJ :  x  1  2t   y  2  t z  4  2t  Toạ độ giao điểm H của IJ và () thoả  x  1  2t t   1  y  2  t  x  1    H  1; 1;2  z  4  2t y  1   2x  y  2z  3  0  z  2   Vì H là trung điểm của IJ nên J  3; 0; 0 . Mặt cầu (S) có tâm J bán kính R = R = 5 nên có phương trình: 2 (S ) :  x  3  y2  z2  25 Câu VII.a: Có 2 trường hợp xảy ra:  Trường hợp 1: Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, không có Ngô Thu Thuỷ 3 Số cách chọn 3 nam còn lại là C6 . 3 Số cách chọn 3 nữ không có Ngô Thu Thuỷ là C9 . 33 Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C6 .C9  1680 (cách)
 Trường hợp 2: Đội tuyển có Ngô Thu Thuỷ, không có Vũ Mạnh Cường 4 Số cách chọn 4 nam không có Vũ Mạnh Cường là C6 2 Số cách chọn 2 nữ còn lại là C9 42 Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C6 .C9  540 (cách) Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là: 1680 + 540 = 2220 (cách) Câu VI.b: 1) Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có phương trình: y  x.  2 x  x  4y  2  0  3  A  2 ;  2  Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ :     y  x y   2  3 3 3   8 8 Vì M là trung điểm của AC nên C  ;  33   x Vì BC đi qua C và song song với d nên BC có phương trình: y  2 4 x  y  3  0   x  4  B  4;1 BH  BC  B :   x y  1 y 2  4  2) Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3. Gọi  là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là mặt cầu tâm A bán kính R = 3. Điểm D cần tìm là giao điểm của  và (S).
  Đường thẳng  có vectơ chỉ phương AB   2; 6;3 nên có phương trình:  x  2  2t   y  3  6t z  3  3t  2 2 2 Phương trình mặt cầu  S :  x  3   y  1   z  2  9 Toạ độ điểm D thoả Hệ PT:  x  2  2t t  1  y  3  6t   49t 2  82t  33  0   33 z  3  3t t    2 2 2 49   x  3   y  1   z  2  9   Với t = – 1, thì D(4; – 3; 0) : không thoả vì AB = CD = 7  164 51 48  33  Với t   ;  ;  (nhận)  D 49  49 49 49  23x1  2y2  3.2y3x (1)  Câu VII.b:  2  3x  1  xy  x  1 (2)   x  1 x 1 0  x  1 Ta có:  2      x  3x  y  1  0  x  0  y  1 3x 2 3x  1  xy  x  1  Với x = 0 thay vào (1) ta được: 8 8 2  2y2  3.2y  8  2y  12.2y  2y   y  log2 11 11  Với  x  1  thay y  1– 3x vào (1) ta được : 23x1  23x1  3.2 (3)  y  1 3x
1 Đặt t  23x1 , vì x  1 nên t   . Khi đó: 4  1 (3) : t   6  t 2  6t  1  0  t  3  2 2 (loaï ) i t t  3  2 2 (thoaû) 1 23x1  3  2 2  x   log2  3  2 2   1 Suy ra: ; 3  y  1 3x  2  log2  3  2 2   1  x   log2  3  2 2   1 x  0  3  Vậy Hệ PT đã cho có 2 nghiệm  8 và   y  log2 11  y  2  log  3  2 2    2