ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 9 pptx

http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 49         7 5 6123 2 1 m m m m 0,5 2. (1 điểm) Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HI AH  => HI lớn nhất khi I A  Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. 0,5 )31;;21( tttHdH     vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0.  uuAHdAH là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3(  AHH Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 0,5 Từ giả thiết bài toán ta thấy có 10 2 5 C cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 đứng đầu) và 3 5 C =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2 5 C . 3 5 C = 100 bộ 5 số được chọn. 0,5 Câu VIIa 1 điểm Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả 2 5 C . 3 5 C .5! = 12000 số. Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là 960!4 3 5 1 4 CC . Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán 0,5 ĐỀ 9 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số y = x x-1 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2.0 điểm) 1. Giải phương trình 2 os6x+2cos4x- 3 os2x =sin2x+ 3 c c 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 1 2 2 2 2 x x y y y x y             Câu III. (1.0 điểm) Tính tích phân 1 2 3 0 ( sin ) 1 x x x dx x    Câu IV. (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện 1 1 1 2 x y z    Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Câu V. (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < 3 ) các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình nâng cao Câu VIa. (2.0 điểm) www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 50 1. 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d 1 ) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d 2 ): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d 1 ), (d 2 ), trục Oy. 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N. Câu VIIa. (1.0 điểm) Giải bất phương trình 2 3 3 4 2 log ( 1) log ( 1) 0 5 6 x x x x       B. Theo chương trình chuẩn Câu VIb. (2.0 điểm) 1. Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d). 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q). Câu VIIb. (1.0 điểm) Giải phương trình 1 2 2 3 2 2 x x x x x x x x C C C C        ( k n C là tổ hợp chập k của n phần tử) ĐÁP ÁN ĐỀ 9 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM TXĐ : D = R\{1} 0.25 Chiều biến thiên lim ( ) lim ( ) 1 x x f x f x     nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 1 lim ( ) , lim x x f x         nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y’ = 2 1 0 ( 1)x    0.25 Bảng biến thiên 1 +  -  1 - - y y' x -  1 +  Hàm số nghịc biến trên ( ;1)  và (1; )  Hàm số không có cực trị 0.25 Câu I (2.0đ) 1. (1.0đ) Đồ thị.(tự vẽ) Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 0.25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 51 - + f(t) f'(t) x 2 0 1 0 +  Giả sử M(x 0 ; y 0 ) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất. Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 0 0 2 0 0 1 ( ) ( 1) 1 x y x x x x       2 0 2 2 0 0 1 0 ( 1) ( 1) x x y x x        0.25 Ta có d(I ;tt) = 0 4 0 2 1 1 1 ( 1) x x    Xét hàm số f(t) = 4 2 ( 0) 1 t t t   ta có f’(t) = 2 4 4 (1 )(1 )(1 ) (1 ) 1 t t t t t      0.25 f’(t) = 0 khi t = 1 Bảng biến thiên từ bảng biến thiên ta c d(I ;tt) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay 0 0 0 2 1 1 0 x x x         0.25 2.(1.0đ) + Với x 0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x 0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 0.25 4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos 2 x 0.25 os x=0 2cos5x =sinx+ 3 cos c x     0.25 cos 0 os5x=cos(x- ) 6 x c        0.25 Câu II(2.0đ) 1. (1.0đ) 2 24 2 2 42 7 x k k x k x                        0.25 2.(1.0đ) ĐK : 0 y  0.5 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 52 hệ 2 2 1 2 2 0 2 1 2 0 x x y x y y                 đưa hệ về dạng 2 2 2 2 0 2 2 0 u u v v v u              2 1 1 1 2 2 0 3 7 3 7 2 2 , 1 7 1 7 2 2 u v u v u v u v v v u u u v v                                                             Từ đó ta có nghiệm của hệ (-1 ;-1),(1 ;1), ( 3 7 2 ; 2 7 1   ), ( 3 7 2 ; 2 7 1   ) 0.5 1 1 2 3 0 0 sin 1 x I x x dx dx x      0.25 Ta tính I 1 = 1 2 3 0 sin x x dx  đặt t = x 3 ta tính được I 1 = -1/3(cos1 - sin1) 0.25 Ta tính I 2 = 1 0 1 x dx x   đặt t = x ta tính được I 2 = 1 2 0 1 2 (1 ) 2(1 ) 2 1 4 2 dt t          0.25 Câu III. (1.0đ) Từ đó ta có I = I 1 + I 2 = -1/3(cos1 - 1)+ 2 2   0.25 Ta có 1 1 1 2 x y z    nên 0.25 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (1) y z y z x y z y z yz            Tương tự ta có 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (2) x z x z y x z x z xz            1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (3) x y x y y x y x y xy            0.25 Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1 ( 1)( 1)( 1) 8 x y z     0.25 Câu IV. (1.0đ) vậy A max = 1 3 8 2 x y z     0.25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 53 O C B A D S H B' Y X Z N D' C' A' C D A B M Ta có ( . . ) SBD DCB c c c SO CO      Tương tự ta có SO = OA vậy tam giác SCA vuông tại S. 2 1 CA x    Mặt khác ta có 2 2 2 2 2 2 AC BD AB BC CD AD      2 3 ( 0 3) BD x do x     2 2 1 1 3 4 ABCD S x x     0.5 Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD  H  CO 0.25 Câu V. (1.0đ) Mà 2 2 2 2 1 1 1 1 x SH SH SC SA x      Vậy V = 2 1 3 ( vtt) 6 x x d 0.25 Gọi A là giao điểm d 1 và d 2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d 1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d 2 với Oy ta có C(0 ;4) 0.5 Câu VIa. (2.0đ) 1. (1.0đ) Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 0.5 2. (1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng x 2 + y 2 + z 2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có 5 2 1 2 0 5 2 2 2 0 2 8 4 4 0 1 8 4 4 0 2 4 A A D B C D B A C D C B C D D                                          Vậy bán kính R = 2 2 2 15 A B C D    1.0 Câu VIIa Đk: x > - 1 0.25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 54 bất phương trình 3 3 3 3log ( 1) 2log ( 1) log 4 0 ( 1)( 6) x x x x        3 log ( 1) 0 6 x x     0.25 0.25 0 6 x    0.25 Giả sử phương trình cần tìm là (x-a) 2 + (x-b) 2 = R 2 0.25 Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) (1 ) (2 ) ( 1) 2 a b R a y R a b R                0.25 (1.0đ) Câu VIb (2.0đ) 1. (1.0đ) 2 0 1 2 a b R          Vậy đường tròn cần tìm là: x 2 + (y - 1) 2 = 2 0.5 2. (1.0đ) Ta có (1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1) Q Q AB n AB n           Vì ; 0 Q AB n         nên mặt phẳng (P) nhận ; Q AB n       làm véc tơ pháp tuyến Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0 1.0 Câu VIIb (1.0đ) ĐK : 2 5 x x N       Ta có 1 1 2 2 3 1 2 3 2 3 2 1 1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x C C C C C C C C C C                       (5 )! 2! 3 x x      1.0 ĐỀ 10 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 3 3 3( 1) y x mx m x m m       (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm): 1. Giải phương trình : 2 2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 ) 4 c c x    2. Giải phương trình : 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 ) x x x x x x x           Câu III (1 điểm): Tính tích phân : 6 0 tan( ) 4 os2x x I dx c      Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và mặt phẳng www.VNMATH.com . + 1) = 0  7x + y -5 z -7 7 = 0 0,5 Từ giả thi t bài toán ta thấy có 10 2 5 C cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 đứng đầu) và 3 5 C =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2 5 C. đầu là 96 0!4 3 5 1 4 CC . Vậy có tất cả 12000 – 96 0 = 11040 số thỏa mãn bài toán 0,5 ĐỀ 9 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số y = x x-1 (C). hàm số 1 1 lim ( ) , lim x x f x         nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y’ = 2 1 0 ( 1)x    0.25 Bảng biến thi n 1 +  -  1 - - y y' x -  1 +  Hàm số