Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 9

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

Thêm vào BST

Báo xấu

210
lượt xem 93
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 9', 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 9

Đ ề số 9 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + 2 (m là tham số) (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2. 2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu II (2 điểm) 23 2 1) Giải phương trình: cos3x cos3 x  sin 3x sin 3 x  (1) 8  x 2  1  y ( y  x)  4 y 2) Giải hệ phương trình:  2 (x, y  ) (2)  ( x  1)( y  x  2)  y  6 dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I   2x  1  4x  1 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh AB=AD = a, a3 và góc BAD = 600 . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các AA’ = 2 cạnh A’D’ và A’B’. Chứng minh rằng AC’ vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN. Câu V (1 điểm) Cho x,y là các số thực thỏa mãn điều kiện x2+xy+y2  3 .Chứng minh rằng:
–4 3 – 3  x2 – xy – 3y2  4 3  3 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y –2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm A(4;0;0) , B(0;4;0) .Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mặt phẳng (), đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và (). ln(1  x)  ln(1  y)  x  y (a) Câu VII.a (1 điểm) Giải hệ phương trình:  2 2  x  12xy  20y  0 (b) B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho D A BC có cạnh AC đi qua điểm Biết AB = 2AM, phương trình đường phân giác trong AD: x – M(0;– 1). y = 0, phương trình đường cao CH: 2x + y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của D A BC .
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 4x – 3y + 11z = y3 z 1 x  4 z3 x y 0 và hai đường thẳng d1: . Chứng = = , = = 1 2 3 1 1 2 minh rằng d1 và d2 chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng  nằm trên (P), đồng thời  cắt cả d1 và d2. Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 4 x – 2 x1  2(2 x – 1)sin(2 x  y – 1)  2  0 . Hướng dẫn Đề sô 9 Câu I: 2) YCBT  phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 < x 2 < 1  '  4 m 2  m  5  0 5 7   
31 Câu III: Đặt t = 4 x  1 . I  ln  2 12 2 3 3 31 1 .a 3 . a 3  3a Câu IV: VA.BDMN = VS.ABD = . SA.SABD = 4 43 4 4 16 Câu V: Đặt A = x 2  xy  y 2 , B= x 2  xy  3 y 2  Nếu y = 0 thì B = 0B3 x2 x 2  xy  3 y 2 t2  t  3 x  Nếu y  0 thì đặt t = ta được B = A.  A. 2 2 2 x  xy  y t  t 1 y t2  t  3 (m–1)t2 + (m+1)t + m + 3 = 0 (1) Xét phương trình: m t2  t 1 (1) có nghiệm  m = 1 hoặc  = (m+1)2 – 4(m–1)(m+3)  0 3  4 3 3  4 3  m 3 3 Vì 0  A  3 nên –3– 4 3 B  –3+ 4 3 Câu VI.a: 1) A   2 ;  2  , C  8 ; 8  , B(– 4;1)     3 3 3 3 x2 y2 z 2) I(2;2;0). Phương trình đường thẳng KI: Gọi H là hình .   1 3 2 chiếu của I trên (P): H(–1;0;1). Giả sử K(xo;yo;zo). x0  2 y0  2 z0     K( – 1 ; 1 ; 3 )  Ta có: KH = KO  1 3 2  424  ( x  1)2  y 2  ( z  1) 2  x 2  y 2  z 2  0 0 0 0 0 0
Câu VII.a: Từ (b)  x = 2y hoặc x = 10y (c). Ta có (a)  ln(1+x) – x = ln(1+y) –y (d) t 1 Xét hàm số f(t) = ln(1+t) – t với t  (–1; + )  f (t) = 1 1t 1 t Từ BBT của f(t) suy ra; nếu phương trình (d) có nghiệm (x;y) với x  y thì x, y là 2 số trái dấu, nhưng điều này mâu thuẩn (c). Vậy hệ chỉ có thể có nghiệm (x, y) với x = y. Khi đó thay vào (3) ta được x = y=0 Câu VI.b: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M vuông góc với AD cắt AD, AB lần  1 1 lượt tại I và N, ta có: (I là (d ) : x  y  1  0, I  (d )  ( AD)  I   ;    N (1; 0)  2 2 trung điểm MN). AB  CH  pt ( AB ) : x  2 y  1  0, A  ( AB)  ( AD)  A(1; 1) . N là trung điểm AB AB = 2AM  AB = 2AN  B  3; 1 . 1  pt ( AM ) : 2 x  y  1  0, C  ( AM )  (CH )  C   ; 2  2  2) Toạ độ giao điểm của d1 và (P): A(–2;7;5) Toạ độ giao điểm của d2 và (P): B(3;–1;1) x 2 y 7 z 5 Phương trình đường thẳng :   8 4 5 2 x  1  sin(2 x  y  1)  0 (1) Câu VII.b: PT   x  cos(2  y  1)  0 (2)
 Từ (2)  Thay vào (1)  x = 1  sin(2 x  y  1)  1 .  k y  1  2