Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 52

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

Thêm vào BST

Báo xấu

83
lượt xem 17
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 52', 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 52

Đề số 52 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  2x3  9mx2  12m2 x  1 (m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –1. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực đại tại xCĐ, cực tiểu tại xCT thỏa mãn: x2CÑ  xCT . Câu II (2 điểm): x  1 1  4x2  3x 1) Giải phương trình:   5   2) Giải hệ phương trình: 5cos 2 x    4sin   x – 9 3 6   x ln( x2  1)  x3 Câu III (1 điểm): Tìm họ nguyên hàm của hàm số: f ( x)  x2  1 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có SA = x và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng a. Chứng minh rằng đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng a3 2 (SAC). Tìm x theo a để thể tích của khối chóp S.ABCD bằng . 6 Câu V (1 điểm): Cho các số thực không âm a, b. Chứng minh rằng: 3 2 3  1  1 2  a  b    b  a    2a   2b    4 4  2  2 
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 ba đường thẳng: d1 : 2x  y – 3  0 , d2 : 3x  4y  5  0 , d3 : 4x  3y  2  0 . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d1 và tiếp xúc với d2 và d3. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1;2; –1), đường thẳng x2 y z2 (): và mặt phẳng (P): 2x  y  z  1  0 . Viết phương trình  1 3 2 đường thẳng đi qua A, cắt đường thẳng () và song song với (P). Câu VII.a (1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau, trong đó có mặt chữ số 0 nhưng không có mặt chữ số 1? 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d ) : và đường tròn phương trình có 2 x  my  1  2  0 (C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 . Gọi I là tâm đường tròn (C ) . Tìm m sao cho (d ) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A và B. Với giá trị nào của m thì diện tích tam giác IAB lớn nhất và tính giá trị đó. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm S(0;0;1), A(1;1;0). Hai điểm M(m; 0; 0), N(0; n; 0) thay đổi sao cho m  n  1 và m > 0, n > 0. Tính
khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN). Từ đó suy ra mặt phẳng (SMN) tiếp xúc với một mặt cầu cố định. x 1  4x – 2.2x – 3 .log2 x – 3  4 2  4x Câu VII.b (1 điểm): Giải bất phương trình: Hướng dẫn Đề số 52 Câu I: 2) y  6x2  18mx  12m2  6( x2  3mx  2m2 ) Hàm số có CĐ và CT  y  0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2   = m2 > 0  m 0 1  3m  m  , x2  1  3m  m  . Khi đó: x1  2 2 Dựa vào bảng xét dấu y suy ra xCÑ  x1, xCT  x2 2  3m  m  3m  m x2CÑ Do đó:   m  2   xCT 2 2   1) Điều kiện x  0 . Câu II: 2x  1 PT  4x2  1  3x  x  1  0  (2x  1)(2x  1)  0 3x  x  1
1   1  (2x  1)  2x  1    0  2x  1  0  x  . 2 3x  x  1         10sin2  x    4sin  x    14  0    2) PT sin  x    1 6 6 6      k2 . x 3 x ln( x2  1) x( x2  1)  x x ln( x2  1) x Câu III: Ta có: f ( x)   x   x2  1 x2  1 x2  1 x2  1 1 1 2 2 2  F ( x)   f ( x)dx   ln( x  1)d( x  1)   xdx  2  d ln( x  1) 2 122 1 1 ln ( x  1)  x2  ln( x2  1)  C . = 4 2 2 Câu IV: Do B và D cách đều S, A, C nên BD  (SAC). Gọi O là tâm của đáy ABCD. Các tam giác ABD, BCD, SBD là các tam giác cân bằng nhau và có đáy BD chung nên OA = OC = OS. Do đó ASC vuông tại S. 1 1 Ta có: VS.ABCD  2VS.ABC  2. BO.SA.SC  ax. AB2  OA2 6 3 a2  x2 1 1 ax a2   ax 3a2  x2 = 3 4 6 a3 2 a3 2 x  a 1  ax 3a2  x2  Do đó: VS.ABCD   . 6 6 6 x  a 2 2 3 1 1 1 1 1 Câu V: Ta có: a  b   a2  a   b  a    a    a  b   a  b  2 4 4 2 2 2 2
3 1 Tương tự: b2  a   a  b  . 4 2 2  1  1  1 Ta sẽ chứng minh  a  b     2a   (2b   (*) 2 2  2   1 1 Thật vậy, (*)  a2  b2  2ab  a  b   4ab  a  b   (a  b)2  0 . 4 4 1 Dấu "=" xảy ra  a  b  . 2 Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn là I (t;3  2t )  d1. 3t  4(3  2t )  5 4t  3(3  2t )  2  t  2 Khi đó: d( I , d2 )  d( I , d3 )   t  4 5 5  49 ( x  2)2  ( y  1)2  Vậy có 2 đường tròn thoả mãn: và 25 9 ( x  4)2  ( y  5)2  . 25 x  2  t  x2 y z2  2) () : . (P) có VTPT n  (2;1; 1) .    y  3t 1 3 2  z  2  2t  Gọi I là giao điểm của () và đường thẳng d cần tìm  I (2  t;3t; 2  2t )   AI  (1  t ,3t  2, 1  2t ) là VTCP của d. mặt phẳng (P) Do d song song    1  AI .n  0  3t  1  0  t    3AI   2; 9; 5 . 3
x 1 y  2 z 1 Vậy phương trình đường thẳng d là: .   9 5 2 Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x= x  a1a2 a3a4 a5a6 . Vì không có mặt chữ số 1 nên còn 9 chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 để thành lập số cần tìm. Vì phải có mặt chữ số 0 và a1  0 nên số cách xếp cho chữ số 0 là 5 cách. Số cách xếp cho 5 vị trí còn lại là : A85 . Vậy số các số cần tìm là: 5. A85 = 33.600 (số) Câu VI.b: 1) (C ) có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3. (d) cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt A, B  d ( I , d )  R 2  2m  1  2  3 2  m 2   1  4m  4m2  18  9m2  5m2  4m  17  0  m  R 1 1 9 Ta có: S  IA.IB sin AIB  IA.IB  IAB 2 2 2 9 khi AIB  900  AB = R 2  3 2 Vậy: S lớn nhất là IAB 2 32  d (I , d )  2
32 2  m 2  16m2  16m  4  36  18m2  2m 2  16m  32  0  1  2m  2  m  4     2) Ta có: SM  (m;0; 1), SN  (0; n; 1)  VTPT của (SMN) là n  (n; m; mn) Phương trình mặt phẳng (SMN): nx  my  mnz  mn  0 n  m  mn 1  m.n 1  mn Ta có: d(A,(SMN))    1 1  mn n 2  m 2  m2 n2 1  2mn  m2 n 2 Suy ra (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định. (4x  2.2x  3).log2 x  3  2x1  4x   Câu VII.b: BPT (4x  2.2x  3).(log2 x  1)  0   x  log2 3   22 x  2.2x  3  0  2 x  3  x  1    x  log2 3 log2 x  1  0  log2 x  1   2    2x   x  1   x  log 3  2  2.2x  3  0  2  3 0  x  2    2   0  x  1  log2 x  1  0  log2 x  1    2 