zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 16

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

Báo xấu

106
lượt xem 16
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề luyện thi cấp tốc môn toán 2011 - đề số 16', 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: ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 16

www.VNMATH.com 2 2 1  1 1  nội tiếp  ABC là:  x     y    . 2  2 4  2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt VIb2 phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. xyz . Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)  ( P) :    1 0,25 abc   IA  (4  a;5;6), JA  (4;5  b; 6) Ta có    JK  (0; b; c), IK  (a;0; c) 0,25 0,25 77  4 5 6 a   1  4 a b c   77  Ta có:  5b  6c  0  b   ptmp(P) 5 KL:  4a  6c  0  77   0,25 c  6   VII b log y  log x   y  x   x 2  xy  y 2  . *  3 3  2 2 Giải hệ phương trình :  x2  y 2  4  2 y 3  0,25 Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có : x 2  xy  y 2   x    y 2  0 x, y >0 2 4   VT(*)  0 x  log y Xét x > y  log  (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm 0,25 3 3  VP(*)  0 0,25 2 2 VT(*)  0 x  log 3 y   Xét x < y  log  (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. 3 VP(*)  0 2 2 0  0 Khi x = y hệ cho ta  2  x = y = 2 ( d o x, y > 0 ). 2 2 x  2 y  4   0,25 Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y   2; 2 ĐỀ 16 I- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  2 x3  3(2m  1) x 2  6m(m  1) x  1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m  0 . 2. Xác định các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng  2;   . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: tan 3 x  2 tan 4 x  tan 5 x  0 với x  (0; 2 ) . x x 1 2 2. Giải bất phương trình: log3 (2  1).log 1 (2  2)  2 log3 2  0 . 3 Câu III (1 điểm) 89 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com  2 sin 2 x Tính tích phân I  dx .  (2  cos x) 3 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ), SA  a . Đáy ABCD là hình bình hành  có AB  b, BC  2b, ABC  600 . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh BC , SD . Chứng minh MN //( SAB ) và tính thể tích của khối tứ diện A MNC theo a, b. Câu V (1 điểm) Cho x, y , z là các số thực thoả mãn x  1, y  2, z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: x y  2 z  3  y z  3 x 1  z x 1 y  2 f ( x, y , z )  xyz II- PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 1. Trong hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có C ( 2;3) . Đường cao của tam giác kẻ từ đỉnh A và đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là: 3x  2 y  25  0, x  y  0 . Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  11  0 và điểm I ( 1; 2;3) . Chứng minh điểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn tâm I. Câu VII.a Tìm số nguyên dương n thoả mãn: C2 n1.2 2 n  2.C22n1.3.22 n 1  3.C2 n 1.32.22 n  2  ...  2n.C22n1.32 n 1.2  (2n  1)C2 nn1 .32 n  2009 . 1 3 n 2 1 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b 1. Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết CD có phương trình 4 x  3 y  4  0 . Điểm M ( 2;3) thuộc cạnh BC, N (1;1) thuộc cạnh AB. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AD. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường tròn (C) có tâm K (1; 2;3) , nằm trên mặt phẳng ( P ) : 3x  2 y  2 z  5  0 , và đi qua điểm M (3;1; 3) . Viết phương trình mặt cầu (S) chứa đường tròn (C) và có tâm thuộc mặt phẳng (Q ) : x  y  z  5  0 . Câu VII.b Từ bộ bài tú lơ khơ 52 con bài (gồm 13 bộ, mỗi bộ có 4 con với 4 chất: Rô, Cơ, Bích, Nhép) người ta rút ra 5 con bài bất kỳ. Tính xác suất để rút được 2 con thuộc một bộ, 2 con thuộc bộ thứ hai và con thứ năm thuộc bộ khác. ĐÁP ÁN ĐỀ 16 Câu Nội dung Điểm I 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 1điểm Khi m = 0 hàm số trở thành y  2 x 3  3x 2  1  TXĐ: D   x  0  Sự biến thiên: y  6 x 2  6 x, y '  0   0.25 x  1  Ta có yCD  y (0)  1; yCT  y (1)  0  Bảng biến thiên: 90 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com   x 0 1 y' + 0 - 0 +  y 1 0.25  0 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  , 1;   ,nghịch biến trên  0;1   Đồ thị : 0.25 y f(x)=2*x*x*x-3*x*x+1 2.5 2 1.5 1 0.5 x -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 -0.5 -1 -1.5 -2 2 Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng  2;   1điểm 0.25 Ta có y '  6 x 2  6(2m  1) x  6m (m  1) y '  0  6 x 2  6(2m  1) x  6m(m  1)  0  x 2  ( 2m  1) x  m( m  1)  0 x  m 1  x  m 0.25 Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng  2;    m  1  2  m  1 0.25 0.25 Vậy với m  1 thì hàm số đồng biến trên khoảng  2;   II 1 Giải phương trình tan 3 x  2 tan 4 x  tan 5 x  0 với x  (0; 2 ) 1điểm 0.25 ĐK: cos3x  0;cos 4 x  0;cos5 x  0 . Phương trình cho sin8 x 2sin 4 x   0 cos 3x.cos 5 x cos 4 x  cos 2 4 x  cos 3 x.cos 5 x   2sin 4 x  0  cos 3 x.cos 4 x.cos 5 x   1  cos8 x  cos 2 x  cos8 x   sin 4 x  0 0.25  cos 3x.cos 4 x.cos5 x  2sin 2 x    sin 4 x  0  cos 3 x.cos 4 x.cos 5 x    sin 4 x  0 x  k 4 ,k   x  k  , k     0.25  sin x  0 4  x  k Do x  (0; 2 ) nên phương trình cho có nghiệm là 0.25  5 3 7 x  ;x  ;x  ;x  ;x  4 4 2 4 91 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 2 Giải bất phương trình: log (2 x  1).log (2 x 1  2)  2 log 2 2  0 1điểm 3 1 3 3 Bất phương trình   log 3 (2 x  1).log 3  2(2 x  1)   2 log 3 2  0 2     log 3 (2 x  1). log 3 (2 x  1)  log 3 2   2 log 3 2  0 2 0.25   Đặt t  log 3 (2 x  1), t  0 . BPT trở thành 2 t  t  log3 2   2log 3 2  0 0.25  (log3 2  t )(2log 3 2  t )  0  2log3 2  t  log 3 2 0.25 Do t > 0 nên ta có 0  t  log3 2 . Suy ra: 0  log 3 (2 x  1)  log 3 2  2x  1  2 0.25 x0 III 1điểm  2 sin 2 x Tính tích phân I  dx  (2  cos x) 3 0 Đặt t  2  cos x  cos x  t  2  sin x.dx   dt 0.25  Khi x  0  t  3; x   t  2 . Ta có 2  3 3 1 3 2 1 sin x.cos x t 2 I  2 dx  2  3 dt  2   2 dt  2  3 dt  0.5 3 (2  cos x ) t 2 t t 0 2 2  1 3 1 3 1 5 1  2   2     0.25  t 2 t 2  3 18 18   IV 1điểm Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ), SA  a . Đáy ABCD là hình bình hành có AB  b, BC  2b,   600 . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của ABC các cạnh BC , SD . Chứng minh MN  ( SAB ) và tính thể tích của khối tứ diện A MNC theo a, b. 92 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com S N A H D B M C +) Gọi H là trung điểm của AD. 0.25  HM / / AB Khi đó   ( MNP) / /( SAB )  MN / /( SAB )  HN / / AS +) Có NH  AD, H  AD . a 1 Khi đó NH  AD  0.25 2 2 Mặt khác dễ thấy ABM đều cạnh b. Do M là trung điểm BC nên a2 3 dt ( MAC )  dt ( ABM )  0.25 4 Vậy thể tích của khối tứ diện AMCN là V với 1 a b 2 3 ab 2 3 1 0.25 V  . NH .dt ( MAC )  .  (đvtt). 3 32 4 24 Cho x, y , z là các số thực thoả mãn x  1, y  2, z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 1điểm V thức: x y  2 z  3  y z  3 x 1  z x 1 y  2 M xyz Ta có y  2. z  3 x  1. y  2 z  3 x 1 M   0.25 yz zx xy Mặt khác x  1 1. x  1 1  x  1 1 0    x x 2x 2 y2 2. y  2 2  y  2 1 0    y 2y 2 2y 22 z 3 3. z  3 3  z  3 1 0    0.25 z 3z 2 3z 23 1 1 1111 1 1 1 1 Suy ra M  .  ..     2 2 2 3 2 3 2 2 2 2 4 6 3 2 93 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com  x 1  1 x  2    Dấu đẳng thức xảy ra khi  y  2  2   y  4 0.25  z  6   z 3  3  1 1 1 1 0.25  khi x  2, y  4, z  6 Vậy giá trị nhỏ nhất của M là    4 6 3 2 VIa 1 Trong hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có C ( 2;3) . Đường cao của tam giác kẻ từ 1điểm đỉnh A và đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là: 3 x  2 y  25  0, x  y  0 . Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác. Gọi đường cao kẻ từ A là AH: 3x  2 y  25  0 Đường phân giác trong góc B là BE: x  y  0 BC có phương trình : 2 x  3 y  5  0 2 x  3 y  5  0 x  1 Toạ độ B là nghiệm của hệ   B(1;1)  x  y  0 y 1 0.25 Gọi F là điểm đối xứng của C qua BE. Do BE là phân giác nên F thuộc AB. 0.25 Xác định toạ độ F được F(3; -2). Đường thẳng chứa cạnh AB là đường thẳng đi qua B, F. Phương trình AB là: 3x + 2y -5 = 0. 3 x  2 y  5  0 x  5 Toạ độ A là nghiệm của hệ   A(5; 5)  0.25 3 x  2 y  25  0  y  5 Vậy phương trình AC là: 8x + 7y - 5 = 0 0.25 2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  2 x  6 y  4 z  11  0 1điểm 2 2 2 và điểm I ( 1; 2;3) . Chứng minh điểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn tâm I. Mặt cầu (S) có tâm J(1; -3; 2) bán kính R = 5. 0.25 0.25 2 2 2 Ta có IJ  2  1  ( 1)  6  R . Chứng tỏ I nằm bên trong hình cầu (S). Mặt phẳng (P) thoả mãn ĐK của bài toán sẽ đi qua I và vuông góc với IJ.    Mp(P) có vectơ pháp tuyến n  IJ  ( 2; 1; 1) . 0.25 Vậy phương trình của mp(P) là: 2x – y – z + 3 = 0 0.25 VIIa Tìm số nguyên dương n thoả mãn: 1điểm C2 n 1.22 n  2.C2 n 1.3.22 n 1  3.C2 n 1.32.22 n 2  ...  2n.C2 n 1.32 n 1.2  (2n  1)C2 n 1 .32 n 1  2009 1 2 3 2n 2 n 1 Xét khai triển của (2  x ) 2 n 1 ta có : 0.25 (2  x )2 n1  C2n 1.22 n 1  C2 n1.22 n. x  C2n 1.22 n 1. x 2  C2n 1.22n 2. x 3  ...  C2n 1.2. x 2n  C2n 1 . x 2 n1 0 1 2 3 2n 2 n 1 Lấy đạo hàm 2 vế ta có: 0.25 (2n  1)(2  x ) 2 n  C2 n 1.2 2 n  2.C2 n 1.2 2 n 1. x  3.C2 n 1.22 n 2. x 2  ...  2n.C2 n 1.2. x 2 n 1  (2 n  1)C2 n 1 . x 2 n 1 2 3 2n 2 n 1 0.25 Thay x = -3 ta có (2n  1)  C1 .22 n  2.C 2 .22 n 1.3  3.C 3 .22 n2.32  ...  2n.C 2 n .2.32 n1  (2n  1)C 2 n1.32 n 0.25 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 94 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com Phương trình cho  2n  1  2009  n  1004 1 Lập pt cạnh AD VIb 0.25 AD  CD  AD : 3x  4 y  C  0 B A N 0.25 ABCD là hình vuông nên d ( M , AD)  d ( N , CD) tức là M 0.25 | 6  12  C | | 4  3  4 |  C  13; 23.  5 5 0.25 D ĐS: PT AD : 3x  4 y  13  0;3x  4 y  23  0 C 2 Viết pt mặt cầu chứa (C) và có tâm thuộc (Q). + Tâm I của mặt cầu thuộc đt d qua K và vuông góc với (P). 0.25  x  1  3t  0.25 + Ptts của d là:  y  2  2t  z  3  2t  I I  (Q)  1  3t  2  2t  3  2t  5  0 + Mặt khác:  t  1  I ( 2; 4;1) 0.25 M + Bán kính mặt cầu: K 2 2 2 R  IM  66  pt ( S ) :  x  2    y  4    z  1  66 0.25 Tính xác suất VIIb 0.25 5 - Chọn tuỳ ý 5 cây từ bộ bài 52 cây có C52 cách 0.25 2 - Chọn 2 cây đầu tiên từ 1 bộ (trong 13 bộ) có 13C4 cách 2 - Chọn tiếp 2 cây nữa, từ 1 trong 12 bộ còn lại có 12C4 cách 0.25 1 - Chọn nốt cây cuối cùng, từ 1 bộ trong 11 bộ còn lại có 11C4 cách 2 2 1 13C4 .12C4 .11C4 0.25 - Đáp số p ( A)  5 C52 ĐỀ 17 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số y  x 4  5 x 2  4, có đồ thị (C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm m để phương trình | x 4  5 x 2  4 | log 2 m có 6 nghiệm phân biệt. Câu II (2.0 điểm). 1 1 1. Giải phương trình sin 2x  sin x    2 cot 2x . 2sin x sin 2x   x 2  2x  2  1  x(2  x)  0 (2) có nghiệm x  0; 1  3  . 2. Tìm m để phương trình m    2 2 sin x 3  e . sin x. cos x. dx. Câu III (1.0 điểm). Tính tích phân 0 Câu IV (1.0 điểm).  Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1  2a 5 và BAC  120 o . Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. Chứng minh MB  MA1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM). 95 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.06: Bộ 240 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2023

240 tài liệu

1111 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.