Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 51

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

Thêm vào BST

Báo xấu

77
lượt xem 16
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 51', 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 51

Đề số 51 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x3  3x2  mx  1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3. 2) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm): cos 2 x  cos 3 x  1 1) Giải phương trình: cos 2 x  tan 2 x  cos 2 x  x 2  y 2  xy  1  4 y 2) Giải hệ phương trình:  2 2  y ( x  y)  2 x  7 y  2 e log3 x 2 Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I   dx x 1  3ln 2 x 1 Câu IV (1 điểm): Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, a3 và góc BAD = 600. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các AA ' = 2 cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC ' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN. Câu V (1 điểm): Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh rằng:
7 ab  bc  ca  2abc  27 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 biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(–1; 0; 1), B(1; 2; –1), C(–1; 2; 3). Câu VII.a (1 điểm): Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2 2 z1  z2 2 2 z  4 z  11  0 . Tính giá trị của biểu thức : . ( z1  z2 )2 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng  : x  3 y  8  0 ,  ' :3x  4 y  10  0 và điểm A(–2; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’ 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(0; 1; 2), B(2; –2; 1), C(–2; 0; 1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P): 2x  2y  z – 3  0 sao cho MA = MB = MC .
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: 2 log1 x ( xy  2 x  y  2)  log 2  y ( x 2  2 x  1)  6   log1 x ( y  5)  log 2  y ( x  4) =1  Hướng dẫn Đề số 51 Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: x3  3x2  mx  1  1 x  0  x  x2  3x  m  0   2  f ( x)  x  3x  m  0 Đê thỏa mãn YCBT thì PT f ( x)  0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 và 9  4m  0, f (0)  m  0 y  x1  .y  x2   1   2 2 (3x1  6 x1  m)(3x2  6 x2  m)  1. 9  m  , m  0  4 9( x x )2  18x x ( x  x )  3m( x2  x2 )  36x x  6m( x  x )  m2  1  12 12 1 2 1 2 12 1 2 9  9  65 m  , m  0  m  4 8 4m2  9m  1  0  1) Điều kiện: cos x  0 . Câu II:
PT  cos 2 x  tan 2 x  1  cos x  (1  tan 2 x)  2cos 2 x  cos x  1  0  cos x  1  x  k2  1 2  cos x   x    k2 2 3   Từ hệ PT  . Khi đó ta có: 2) y0  x2  1 x y 4   x 2  y 2  xy  1  4 y y   .  2 2 2  y(x  y)  2x  7 y  2 ( x  y )2  2 x  1  7  y  x2  1 Đặt hệ: ta có u ,v  x y y  uv  4  u  4v  v  3, u  1  2  2 v  2u  7 v  2v  15  0 v  5, u  9  Với ta có v  3, u  1 x2  1  y  x2  1  y  x2  x  2  0  x  1, y  2 hệ:  .     x  2, y  5 x y 3  y  3 x  y  3 x x2  1  9 y x2 1  9 y  x 2  9 x  46  0  Với v  5, u  9 ta có hệ:  , hệ    x  y  5  y  5  x  y  5  x này vô nghiệm. Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm: (1; 2), (2; 5) . 3  ln x    e e e 3 ln 2 x. log 2 x 1 ln xdx ln 2  dx    Câu III: I   dx  3  . ln 2 1 1  3ln x x 2 2 2 1 x 1  3ln x 1 x 1  3ln x 1 dx 1 Đặt 1  3ln 2 x  t  ln 2 x  (t 2  1)  ln x.  tdt . 3 x3
12  t  1 1 e 2 2 3 log x 1 1 3   t  1 dt 2 2 Suy ra : I   dx  3  . tdt  3 ln 2 1 t 3 9 ln 2 1 2 1 x 1  3ln x 2 1 1 3  4   3 t  t   27 ln 3 2 3 9ln 2  1 Câu IV: Gọi P,Q là trung điểm của BD, MN. Chứng minh được: AC’  PQ. Suy ra AC   (BDMN) Gọi H là giao của PQ và AC’. Suy ra AH là đường cao của hình chóp A.BDMN. 2 a 15 Tính được AH  AC  . 5 5 3a2 15 3 1 3a a 15 a , MN   SBDMN  . Suy ra: VA.BDMN  S BDMN . AH  . PQ  16 4 2 3 16 Câu V:  Cách 1: Ta có ab  bc  ca  2abc  a (b  c)  (1  2a )bc  a (1  a )  (1  2a )bc . (b  c)2 (1  a )2 Đặt t  bc thì ta có 0  t  bc  .  4 4  (1  a)2  Xét hàm số: f (t )  a(1  a)  (1  2a)t trên đoạn  0;  4    ( a  1  a) 2 1 7 Có: f (0)  a (1  a )  và  4 4 27 2  (1  a )2  7 1 1 1 7 với a   0;1 .   (2a  )  a    f  4  27 4 3 3 27  
1 7 Vậy: ab  bc  ca  2abc  . Dấu "=" xảy ra  a  b  c  . 3 27  Cách 2: Ta có a2  a2  (b  c)2  (a  b  c)(a  b  c)  (1  2c)(1  2b) (1) b2  (1  2a)(1  2c) c2  (1  2a)(1  2b) Tương tự: (2), (3) Từ (1), (2), (3)  = abc  (1  2a)(1 2b)(1 2c) 1  2(a  b  c)  4(ab  bc  ca)  8abc 1  9abc 1  abc  ab  bc  ca   ab  bc  ca  2abc  4 4 1 a  b  c  33 abc Mặt khác  . Do đó: abc  27 1 1 27  7 . ab  bc  ca  2abc  4 27 1 Dấu "=" xảy ra  a  b  c  . 3 Câu VI.a: 1) Gọi C(c; 2c  3) và I (m;6  m) là trung điểm của BC. Suy ra: B(2m  c; 9  2m  2c) . Vì C’ là trung điểm của AB nên:  2m  c  5 11  2m  2c    CC ' nên C ' ; 2 2    5 41   2m  c  5  11  2m  2c 5 3  0  m    I  ;  .  2  6 6   2 2 6 Phương trình BC: 3x – 3y  23  0 .
2 x  y  3  0  14 37  Tọa độ của C là nghiệm của hệ:  C ;  3 x  3 y  23  0 3 3  19 4  Tọa độ của B   ;  .  3 3    2) Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x  y  z  1  0, y  z  3  0.     Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4).   Suy ra (ABC): 2 x  y  z  1  0 .  x  y  z 1  0 x  0   Giải hệ:  y  z  3  0   y  2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1). 2 x  y  z  1  0  z  1   Bán kính là R  IA  (1  0) 2  (0  2)2  (1  1)2  5. 32 32 Câu VII.a: Giải PT đã cho ta được các nghiệm: z1  1  i, z2  1  i 2 2 2 2 2 z1  z2 3 2  11 22 2 ; z1  z2  2 . Do đó: Suy ra | z1 || z2 | 1   .  2 2 2 4 ( z1  z2 )   Câu VI.b: 1) Giả sử tâm I (3t – 8; t )  . 3(3t  8)  4t  10  (3t  8  2) 2  (t  1) 2 Ta có: d( I ,  )  IA  2 2 3 4
 t  3  I (1; 3), R  5 PT đường tròn cần tìm: ( x –1)2  ( y  3)2  25 .        2) Ta có AB  (2; 3; 1), AC  (2; 1; 1)  n   AB , AC   (2; 4; 8) là 1 VTPT   của (ABC)  x – 0  2  y –1 – 4  z – 2  0 Suy ra phương trình  (ABC): x  2y – 4z  6  0 . Giả sử M(x; y; z).  x2  ( y  1)2  ( z  2)2  ( x  2)2  ( y  2)2  ( z  1)2  Ta có:  MA  MB  MC   x2  ( y  1)2  ( z  2)2  ( x  2)2  y2  (z  1)2   M  ( P)  2 x  2y  z  3  0  x  2    y  3  M (2;3; 7) z  7   xy  2 x  y  2  0, x 2  2 x  1  0, y  5  0, x  4  0 Câu VII.b: Điều kiện:  (*) 0  1  x  1, 0  2  y  1 Hệ PT   2log1 x [(1  x)( y  2)]  2log 2 y (1  x)  6 log1 x ( y  2)  log 2  y (1  x )  2  0 (1)     log1 x ( y  5)  log 2 y ( x  4) = 1 log1 x ( y  5)  log 2  y ( x  4) = 1 (2)   1 Đặt log 2 y (1  x)  t thì (1) trở thành: t   2  0  (t  1) 2  0  t  1. t Với t  1 ta có: 1  x  y  2  y   x  1 (3) . Thế vào (2) ta có:
x  4 x  4  1  x  x2  2x  0 log1 x ( x  4)  log1 x ( x  4) = 1  log1 x 1 x4 x4  x0   x  2  Với x  0  y  1 (không thoả (*)).  Với x  2  y  1 (thoả (*)). Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  2, y  1 .