Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 7

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

94
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề số 7 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x 3  2mx 2  (m  3) x  4 có đồ thị là (Cm). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 1. 2) Cho (d) là đường thẳng có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (C m) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho...

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 7

Đ ề số 7 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x 3  2mx 2  (m  3) x  4 có đồ thị là (Cm). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 1. 2) Cho (d) là đường thẳng có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (C m) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: cos 2 x  5  2(2  cos x)(sin x  cos x) (1) 8 x3 y 3  27  18 y 3  2) Giải hệ phương trình: (2) 2 2 4 x y  6 x  y   1 2 2 Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =  sin x  sin x  dx 2  6 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có góc gi ữa hai mặt phẳng (SBC) và (ACB) bằng 600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính khoảng cách từ B đến mp(SAC). Câu V (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho ph ương trình sau có nghiệm thực: 1 x 2 1 x 2 91  ( m  2)31 (3)  2m  1  0
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình ( x  1)2  ( y  2)2  9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(10; 2; –1) và đường x 1 y z 1 thẳng d có phương trình: . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi  2 1 3 qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VIIa (1 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 4a3 4b3 4c 3 (4)   3 (1  b)(1  c ) (1  c )(1  a ) (1  a )(1  b) B. Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), tam giác 3 ABC có diện tích bằng ; trọng tâm G của ABC nằm trên đường thẳng 2 (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp  ABC. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P): 2x – 2y – z + 1 = 0, (Q): x + 2y – 2z – 4 = 0 và mặt cầu
(S): x2 + y2 + z2 + 4x – 6y + m = 0. Tìm m để (S) cắt (d) tại 2 điểm M, N sao cho độ dài MN = 8. log 2 ( x 2  y 2 )  1  log 2 ( xy )  Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình :  2 (x, y  R) 2 3x  xy  y  81  Hướng dẫn Đề sô 7 Câu I: 2) xB, xC là các nghiệm của phương trình: x2  2mx  m  2  0 . 1 1  137 BC.d( K , d )  8 2  BC  16  m  SKBC  8 2  2 2  Câu II: 1) (1)  (cos x – sin x)2  4(cos x – sin x) – 5  0  x   k2  x    k2 2 3  (2 x)3   3   18  3 2) (2)   . Đặt a = 2x; b = . (2)  a  b  3  y    ab  1 y 2x. 3  2 x  3   3   y y    3 5 6   3 5 6 Hệ đã cho có nghiệm:  ;  , ;   3 5   4 3 5  4    3   2 Câu III: Đặt t = cosx. I = 16
a3 3 a2 13 3 1 1  d(B; Câu IV: VS.ABC = SSAC .SO  = SSAC .d( B; SAC) . SSAC  3 16 16 3 3a SAC) = 13 t 2  2t  1 1 x2 Câu V: Đặt t = 31 . Vì x  [ 1;1] nên t  [3;9] . (3)  m  . t 2 t 2  2t  1 Xét hàm số f (t )  với t  [3;9] . f(t) đồng biến trên [3; 9]. 4  f(t)  t 2 48 . 7 48  4  m 7 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng 3  IA  3 2 m1  m  5   3 2  m1  6   m  7 2 2) Gọi H là hình chiếu của A trên d  d(d, (P)) = d(H, (P)). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn nhất khi A  I . Vậy (P) cần  tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm VTPT  (P): 7x  y  5z  77  0 . Câu VII.a: Áp dụng BĐT Cô–si ta có: a3 b3 c3 1  b 1  c 3a 1  c 1  a 3b 1  a 1  b 3c ; ;        (1  b)(1  c) 8 8 4 (1  c)(1  a) 8 8 4 (1  a)(1  b) 8 8 4 a3 b3 c3 a  b  c 3 33 abc 3 3       (1  b)(1  c) (1  c)(1  a) (1  a)(1  b) 2 4 2 44
Dấu "=" xảy ra  a = b = c = 1. a b 5 2SABC Câu VI.b: 1) Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) =  AB 2  a 5 b 5  a  b  5  3   a  b  8 (1) ; Trọng tâm G    (d)  3a – ;  a  b  2 (2) 3 3 b =4 (3) S 3  (1), (3)  C(–2; 10)  r =  p 2  65  89 S 3  (2), (3)  C(1; –1)  r   p 22 5 2) (S) tâm I(–2;3;0), bán kính R= 13  m  IM (m  13) . Gọi H là trung điểm của MN  MH= 4  IH = d(I; d) = m  3     u; AI    (d) qua A(0;1;-1), VTCP u  (2;1;2)  d(I; d) = 3  u Vậy : m  3 =3  m = –12 Câu VII.b: Điều kiện x, y > 0  log ( x2  y2 )  log 2  log ( xy)  log (2 xy) 2 2 2 2  2 2  x  xy  y  4   x2  y2  2xy ( x  y)2  0 x  y x  2  x  2       hay      x2  xy  y2  4  xy  4 y  2  y  2  xy  4     