Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 6

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

269
lượt xem 111
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 6', 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 6

Đ ề số 6 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) y  x3  3x (1 ) Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Chứng minh rằng khi m thay đổi, đường thẳng (d): y = m(x +1) + 2 luôn cắt đồ thị (C) tại một điểm M cố định và xác định các giá trị của m để (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt M, N, P sao cho tiếp tuyến với đồ thị (C) tại N và P vuông góc với nhau. Câu 2 (2 điểm): 1) Giải phương trình: 5 .3 2 x  1  7 .3 x  1  1  6 .3 x  9 x  1  0 (1) 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt:  log ( x  1)  log ( x  1)  log3 4 ( a)  3 3 (2)  2  log2 ( x  2 x  5)  m log( x2 2 x5) 2  5 ( b)   x3  9z2  27( z  1) ( a)  Câu 3 (1 điểm): Giải hệ phương trình:  y3  9x2  27( x  1) (3) ( b) 3 2 z  9y  27( y  1) (c) Câu 4 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB =2a, BC= a, các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 2 . Gọi M, N tương ứng là
a trung điểm của các cạnh AB, CD; K là điểm trên cạnh AD sao cho AK  . 3 Hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SK theo a. Câu 5 (1 điểm) Cho các số a, b, c > 0 thoả mãn: a + b + c =1. Tìm giá trị nhỏ nhất a b c của biểu thức: T  .   1 a 1 b 1 c II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu 6a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d: x – 2y + 2 = 0. Tìm trên d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại B và AB = 2BC. 2) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x2 + y2 + z2 – 2x + 4y + 2z – 3 = 0 và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 14 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3. Câu 7a (1 điểm) Tìm các số thực a, b, c để có: z3  2(1  i )z2  4(1  i )z  8i  ( z  ai )( z2  bz  c) Từ đó giải phương trình: z3  2(1  i )z2  4(1  i )z  8i  0 trên tập số phức. Tìm môđun của các nghiệm đó. B. Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1) :  x  2t; y  t; z  4 ; (d2) :  x  3  t; y  t; z  0 Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2). ex dx ln10 Câu 7b (1 điểm) Cho số thực b  ln2. Tính J = và tìm lim J. b 3x bln2 e 2 Hướng dẫn Đề sô 6 9 Câu I: 2) M(–1;2). (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt  m ;m0 4 3  2 2 Tiếp tuyến tại N, P vuông góc  y '( xN ). y '( xP )  1  . m 3 3 Câu II: 1) Đặt t  3x  0 . (1)   5t 2  7t  3 3t  1  0 x  log3 ; x   log3 5 5 log 3 ( x  1)  log 3 ( x  1)  log 3 4 (a)  2)  2 log 2 ( x  2 x  5)  m log ( x 2  2 x 5) 2  5 (b ) 
 Giải (a)  1 < x < 3.  Xét (b): Đặt Từ x  (1; 3)  t  (2; 3). t  log 2 ( x 2  2 x  5) .  25  (b)  từ BBT  t 2  5t  m . Xét hàm f (t )  t 2  5t , m    ; 6  4  Câu III: Cộng (a), (b), (c) ta được: ( x  3)3  ( y  3)3  ( z  3)3  0 (d )  Nếu x>3 thì từ (b) có: y 3  9 x ( x  3)  27  27  y  3 từ (c) lại có: z 3  9 y ( y  3)  27  27  z  3 => (d) không thoả mãn  Tương tự, nếu x y=3; thay vào (c) => z=3. Vậy: x =y = z =3 Câu IV: I là trung điểm AD, HL  SI  HL  ( SAD)  HL  d ( H ;( SAD )) MN // AD  MN // (SAD), SK  (SAD) a 21  d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL = . 7 1  (1  a) 1  (1  b) 1  (1  c) 1 1 1    1  a  1 b  1 c  Câu V: = T      1 a 1 b 1 c  1 a 1 b 1 c  1 1 1 9 Ta có: ; 0  1  a  1  b  1 c  6    1 a 1 b 1 c 1 a  1  b  1 c (Bunhia)
1 6 9 6  . Dấu "=" xảy ra  a = b = c = . minT = . T  6 3 2 2 6 2 6 4 7 Câu VI.a: 1) B  ;  ; C1 (0;1); C2  ;  5 5 5 5 2) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = 3. (Q) chứa Ox  (Q): ay + bz = 0. Mặt khác đường tròn thiết diện có bán kính bằng 3 cho nên (Q) đi qua tâm I. = –2a (a  0)  (Q): y – 2z = 0. Suy ra: –2a – b = 0 b Câu VII.a: Cân bằng hệ số ta được a = 2, b = –2, c = 4 Phương trình    z 2. ( z  2i )( z 2  2 z  4)  0 z  2i; z  1  3i; z  1  3i Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m)  Oy  AMB  600 (1) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB    AMB  1200 (2)  Vì MI là phân giác của nên: AMB IA = 300 (1)   MI = 2R  m2  9  4  m   7  MI  AMI sin 300 IA 23 43 = 600 (2)   MI = R Vô nghiệm m2  9   MI  AMI sin 600 3 3 Vậy có hai điểm M1(0; 7) và M2(0;  7) 2) Gọi MN là đường vuông góc chung của (d1) và (d2)  M (2; 1; 4); N (2; 1; 0)  Phương trình mặt cầu (S): ( x  2) 2  ( y  1) 2  ( z  2) 2  4.
 2 3  3 J   4  (eb  2) 3  . Câu VII.b: Đặt  Suy ra: u  ex  2 lim J  .4  6   2 2 b  ln 2