Đề thi ôn thi đại học môn toán - Đề số 19

Chia sẻ: Dinh Lam | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

60
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi ôn thi đại học môn toán - đề số 19', 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 thi ôn thi đại học môn toán - Đề số 19

Đề số 19 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 3  3x 2  4 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2điểm)  x2  1  y( x  y)  4 y  1) Giải hệ phương trình: ( x, y  R ) 2 ( x  1)( x  y  2)  y  sin 3 x.sin 3x  cos3 x cos3x 1 2) Giải phương trình:     8  tan  x   tan  x   6  3  1 Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I   x ln( x 2  x  1)dx 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ a2 3 theo một thiết diện có diện tích bằng . Tính thể tích khối lăng trụ 8 ABC.A’B’C’.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn 1 1 1 nhất của biểu thức P  2 2 a  2b  3 b  2c  3 c  2a 2  3 2 2 2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho  ABC có đỉnh A(1;2), phương trình đường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD: x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  x  2  t; y  2t ; z  2  2t . Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;–1) song song với (D) và I(–2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Viết phương trình của mặt phẳng chứa  và có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn n  1 của  x  4  , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: 2 x  2n 1 n 6560 2 2 1 23 2 ( Cnk là số tổ hợp chập k của n 0 Cn  Cn   2Cn  Cn  n 1 n 1 2 3 phần tử) B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y – 7= 0 và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2  MB 2  MC 2 . x y x y e  e  2( x  1) Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình  x  y (x, y  R )   x  y 1 e  Hướng dẫn Đề số 19 Câu I: 2) d có phương trình y = m(x – 3) + 4. Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình: x  3 x 3  3x 2  4  m( x  3)  4  ( x  3)( x 2  m)  0   2 x  m  0 Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và y '( m ). y '(  m )  1
18  3 35  (3m  6 m )(3m  6 m )  1  9m 2  36m  1  0  m  (thỏa mãn) 9  x2  1 x y22  y Câu II: 1) y = 0 không phải là nghiệm. Hệ PT   2  x  1 ( x  y  2)  1 y   x2  1 x2  1 u  v  2 1  Đặt u  , v  x  y  2 . Ta có hệ   u  v 1   y uv  1 y x  y  2  1  Nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5).     2) Điều kiện: sin  x   sin  x   cos  x   cos  x    0        6 3 6 3         Ta có tan  x   tan  x    tan  x   cot   x   1       6 3 6 6         1 PT  sin 3 x.sin 3 x  cos3 x cos3x  8 1  cos 2 x cos 2 x  cos 4 x 1  cos 2 x cos 2 x  cos 4 x 1      2 2 2 2 8    x  6  k (loaïi) 1 1 1  2(cos 2 x  cos 2 x cos 4 x)   cos3 2 x   cos 2 x    x     k 2 8 2   6  Vậy phương trình có nghiệm x    k , (k  Z) 6
2x  1  du  2 dx u  ln( x 2  x  1)   x  x 1 Câu III: Đặt   2  dv  xdx v  x   2 1 1 x2 1 2x3  x 2 I  ln( x 2  x  1)   2 dx 2 0 x  x 1 2 0 1 1 1 2x 1 1 1 1 3 dx  ln 3   (2 x  1) dx   2 dx   2 4 0 x  x 1 4 0 x  x 1 2 20 3 3  I  ln 3  4 12 Câu IV: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’. Khi đó (P)  (BCH). Do góc A ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH. a3 2 a3 Do tam giác ABC đều cạnh a nên AM  , AO  AM  2 3 3 a2 3 a2 3 1 a3 Theo bài ra S BCH   HM .BC   HM  8 2 8 4 3a 2 3a 2 3a AH  AM 2  HM 2    4 16 4 A ' O HM A’AO MAH đồng dạng nên  Do và  AO AH AO.HM a 3 a 3 4 a A 'O    AH 3 4 3a 3 a3 3 1 1aa 3 Thể tích khối lăng trụ: V  AO.S ABC  AO. AM .BC  a 2 23 2 12
a2+b2 b2    Câu V: Ta có 2ab, + 1 2b 1 1 1 1 2 . 2 2 2 2 a  2b  3 a  b  b  1  2 2 ab  b  1 1 1 1 1 1 1 Tương tự . . , 2 2 2 2 b  2c  3 2 bc  c  1 c  2a  3 2 ca  a  1 1 1 1 1  1 1 ab b 1 P         2  ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1  2  ab  b  1 b  1  ab 1  ab  b  2 1 1 khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng khi a = b = c = 1 P 2 2 Câu VI.a: 1) Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t;1  t  . t 1 3  t  Suy ra trung điểm M của AC là M  . ;  2 2 Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y  1  0 tại I (điểm K  BC ). Suy ra AK :  x  1   y  2   0  x  y  1  0 x  y 1  0  I  0;1 Tọa độ điểm I thỏa hệ:  x  y 1  0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1;0  . x 1 y Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:   4x  3y  4  0 7  1 8 2) Gọi (P) là mặt phẳng chứa , thì ( P) ( D) hoặc ( P)  ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH  IA và IH  AH .
d   D  ,  P    d  I ,  P    IH Mặt khác   H   P   Trong (P), IH  IA ; do đó maxIH = IA  H  A . Lúc này (P) ở vị trí (P0)  IA tại A.     Vectơ pháp tuyến của (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với v   2;0; 1 . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2( x  4)  1.( z  1)  2 x  z  9  0 . 2 2 Câu VII.a: Ta có I   (1  x) n dx    Cn0  Cn x  Cn2 x 2   Cnn x n  dx 1 0 0 2 11 12 1 0  Cn x n 1    C n x  C n x 2  C n x 3   n n 1 2 3  0 2n 1 n 2 2 1 23 2  I  2Cn0  Cn  Cn   Mặt khác Cn (1). n 1 2 3 3n 1  1 1 2 (1  x) n 1  (2) I n 1 n 1 0 2n 1 n 3n 1  1 2 2 1 23 2 Từ (1) và (2) ta có 2Cn0  Cn  Cn   Cn  n 1 n 1 2 3 3n 1  1 6560  3n 1  6561  n  7 Theo bài ra thì  n 1 n 1 7 k 14  3k 7 7  1 1 1k 7 k  x Ta có khai triển  x  4    C7k   k C7 x 4 4  02 2 x 2 x   0 14  3k Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn 2k 2 4
1 2 21 Vậy hệ số cần tìm là C7  22 4 Câu VI.b: 1) Do B  d1 nên B(m; – m – 5), C  d2 nên C(7 – 2n; n) 2  m  7  2n  3.2 m  1 Do G là trọng tâm ABC nên   B(–1; –4),  3  m  5  n  3.0 n  1 C(5; 1) 83 17 338  PT đường tròn ngoại tiếp ABC: x 2  y 2  x y 0 27 9 27 78 2) Gọi G là trọng tâm của ABC  G  ; ;3    33            2 2 2 Ta có F  MA2  MB 2  MC 2   MG  GA   MG  GB    MG  GC          3MG 2  GA2  GB 2  GC 2  2MG (GA  GB  GC )  3MG 2  GA2  GB 2  GC 2 F nhỏ nhất  MG2 nhỏ nhất  M là hình chiếu của G lên (P) 78  33 19 33  MG  d (G,( P))   1 1 1 33 56 32 104 64 GA2  GB 2  GC 2    9 9 9 3 2  19  64 553 Vậy F nhỏ nhất bằng 3. khi M là hình chiếu của G lên (P)   3 9 3 3 
e x  y  x  y  1 u  x  y  Đặt Hệ PT   Câu VII.b: .   x y v  x  y e  x  y  1  e v  u  1 e v  u  1 (1)    u u v e  v  1 e  e  v  u (2)    Nếu u > v hoặc u < v thì (2) vô nghiệm  Nên (2)  u  v . Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét f(u) = eu – u – 1 , f (u) = eu – 1 Từ BBT của f(u) ta có f(u) = 0  u  0 . x  y  0 x  0 Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0  v  0    x  y  0 y  0