Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 54

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

80
lượt xem 22
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 54', 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 54

Đề số 54 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x4  2m2 x2  1 (1). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 2) Chứng minh rằng đường thẳng y  x  1 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m. Câu II (2 điểm):   1) Giải phương trình: 2sin2  x    2sin2 x  tan x 4  2log3  x2 – 4  3 log3 ( x  2)2  log3 ( x – 2)2  4 2) Giải hệ phương trình:  3 sin x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = dx  2 cos x 3  sin x 0 Câu IV (1 điểm): Cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền AB = 2a. Trên đường thẳng d đi qua A và vuông góc mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho mp(SBC) tạo với mp(ABC) một góc bằng 60 0. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. x4  4x3  8x2  8x  5 Câu V (1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f ( x)  x2  2 x  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 elíp (E) có tiêu điểm thứ nhất là  4 33   3; 0 và đi qua điểm M  1;  . Hãy xác định tọa độ các đỉnh của (E). 5  2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 3) và đường thẳng  x  1 t  d:  y  2  2t . Hãy tìm trên đường thẳng d các điểm B và C sao cho tam giác z  3  ABC đều. Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh: 12 C1  22 Cn  32 Cn  ...  n2Cn  (n  n2 ).2n2 , 2 3 n n k trong đó n là số tự nhiên, n ≥ 1 và Cn là số tổ hợp chập k của n. 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 A(2; 7) và     đường thẳng AB cắt trục Oy tại E sao cho AE  2EB . Biết rằng tam giác AEC 13   cân tại A và có trọng tâm là G  2;  . Viết phương trình cạnh BC.  3 x 1 y  1 z   2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: 3 1 1 và mặt phẳng (P): 2x  y  2z  2  0 . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm
nằm trên đường thẳng d có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với (P) và đi qua điểm A(1; –1; 1).  x3  4y  y3  16x  Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: .  2 2 1  y  5(1  x )  Hướng dẫn Đề số 54 Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm: x4  2m2 x2  1  x  1  x4  2m2 x2  x  0  x  x3  2m2 x  1  0 x  0  3 2  g( x)  x  2m x  1  0 (*) Ta có: g ( x)  3x2  2m2  0 (với mọi x và mọi m )  Hàm số g(x) luôn đồng biến với mọi giá trị của m. Mặt khác g(0) = –1  0. Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác 0. Vậy đường thẳng y  x  1 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m.
 1) Điều kiện: cos x  0  x  Câu II:  k. (*). 2 PT    sin2 x  1  1– cos 2 x    2sin2 x – tan x  1– sin2x  tan x(sin2x –1)    tan x  1 2       2 x   k.2  x   k.   2 4  x   k. . (Thỏa mãn điều kiện (*) ).    x     l .  x     l . 4 2   4 4   2  x2  4  0 2) Điều kiện:  x  4  0  x  2  x  3 (**)    2 2  log3 ( x  2)  0 ( x  2)  1    2 PT  log3  x2 – 4  3 log3 ( x  2)2  log3 ( x – 2)2  4     log3 ( x  2)2  3 log3 ( x  2)2  4  0  log3 ( x  2)2  4 log3 ( x  2)2  1  0  log3 ( x  2)2  1  ( x  2)2  3  x  2  3 Kiểm tra điều kiện (**) chỉ có x  2  3 thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x  2  3 sin x cos x Câu III: Đặt t  3  sin2 x = 4  cos2 x . Ta có: cos2 x  4 – t 2 và dt  dx . 3  sin2 x 15 15   2 2 3 3 1 dt 1 1 sin x sin x.cos x I=  .dx = dx = = dt      4  t2 4  t  2 t  2 cos x 3  sin2 x cos2 x 3  sin2 x 0 0 3 3
15 1 32  15  4 1 t2 1 2   ln  15  4  ln  3  2 . = = =  ln  ln ln   4 4 t 2 2 15  4 32   3 Câu IV: Ta có SA  (ABC)  SA  AB; SA  AC.. Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB  BC  AC  BC  SC. Hai điểm A,C cùng nhìn đoạn SB dưới góc vuông nên mặt cầu đường kính SB đi qua A,C. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC cũng chính là mặt cầu đường kính SB. Ta có CA = CB = AB sin 450 = a 2 ; SCA  600 là góc giữa mp(SBC) và mp(ABC). SA = AC.tan600 = a 6 . Từ đó SB2  SA2  AB2  10a2 . Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S =  d2 =  .SB2 = 10 a2 . Câu V: Tập xác định: D = R . 1 Ta có: f ( x)  x2  2x  2   2 ( BĐT Cô–si). 2 x  2x  2 Dấu "=" xảy ra  x2 – 2x  2  1  x  1 . Vậy: min f(x) = 2 đạt được khi x = 1. Câu VI.a: 1) Ta có F1   3;0 , F2  3; 0 là hai tiêu điểm của (E). Theo định nghĩa của (E) suy ra : 2 2  4 33   4 33  2 2 1  3 1  3  2a  MF1  MF2 = +  = 10    5 5
3 và a2 – b2 c2  b2  a2  c2  22  a = 5. Mặt khác: c =  Vậy tọa độ các đỉnh của (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; – 22 ) ; B2 ( 0; 22 ).  2) d có VTCP ud  (1;2;0) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d.   Giả sử H 1– t; 2  2t;3  AH  1  t;1  2t;0   1 6 8  Mà AH  d nên AH  ud  11  t   21  2t   0  t    H  ; ;3 5 5 5  35  AH = . 5 2 AH 2 15 15 Mà ABC đều nên BC = hay BH = .  5 5 3 2 2  1  2  15  25s2  10s – 2  0 Giả sử B(1  s;2  2s;3) thì    s    2s   5  5 25  1  3  s 5  6 3 8 2 3   6 3 8 2 3  Vậy: B  ;3  và C  ; ; ;3  5 5 5 5    6  3 8 2 3   6 3 8 2 3  hoặc B  ;3  và C  ; ; ;3  5 5 5 5   Câu VII.a: Xét khai triển: (1  x)n  Cn  xCn  x2Cn  x3Cn  ...  xnCn 0 1 2 3 n Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n(1  x)n1  C1  2xCn  3x2Cn  ...  nxn1Cn 2 3 n n
Nhân 2 vế cho x, rồi lấy đạo hàm lần nữa, ta được: n (1  x)n1  x(n  1)(1  x)n2   12 C1  22 xCn  32 x2Cn  ...  n2 xn1Cn 2 3 n   n Cho x = 1 ta được đpcm.   2  Câu VI.b: 1) Gọi M là trung điểm của BC. Ta có AG  AM  M(2; 3). Đường 3    8 thẳng EC qua M và có VTPT AG   0;   nên có PT: y  3  E(0; 3)  C(4; 3      3). Mà AE  2EB nên B(–1; 1).  Phương trình BC: 2x  5y  7  0 . 2) Gọi I là tâm của (S). I  d  I (1  3t; 1  t; t ) . Bán kính R = IA = 11t 2  2t  1 . 5t  3  R  37t 2  24t  0 Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên: d( I ,( P))  3 t  0  R  1  77 . 24 t   R  37 37 Vì (S) có bán kính nhỏ nhất nên chọn t = 0, R = 1. Suy ra I(1; –1; 0). Vậy phương trình mặt cầu (S): ( x  1)2  ( y  1)2  z2  1 . 3 4 3 Câu VII.b:  x  2 y  y  16x (1)  2 1  y  5(1  x ) (2)  Từ (2) suy ra y2 – 5x2  4 (3).
Thế vào (1) được: x3   y2 – 5x2  .y  y3  16x  x3 – 5x2 y –16 x  0  x  0 hoặc x2 – 5xy –16  0  Với x  0  y2  4  y  2 . x2  16  Với x2 – 5xy –16  0  y  (4). Thế vào (3) được: 5x 2  x2  16    5x2  4   5x   x4 – 32x2  256 –125x4  100x2  124 x4  132x2 – 256  0  x2  1   x  1 ( y  3)  x  1 ( y  3) .  Vậy hệ có 4 nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3)