1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

63 Đề thi thử Đại học 2011 - Đề số 33 ppsx

7 175 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 7
Dung lượng 626,9 KB

Nội dung

KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số có đồ thị (C 32 2 3(2 1) 6 ( 1) 1yx mx mmx    m ). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng    ;2 Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2   xx b) Giải phương trình : 3 2 3 512)13( 22  xxxx Câu III (1 điểm) Tính tích phân    2ln3 0 23 )2( x e dx I 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 măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bi ết khoảng cách giữa AA’ và BC là a3 4 Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: .Tìm giá trị lớn nhất ,n hỏ nhất của biểu thức 1 22  yxyx 1 1 22 44    yx yx P B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: , 10)2)(3)(( 2  zzzz  z C. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau ():3 5 0xy b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 2 5 1 1 3 4 : 1        zyx d 13 3 1 2 : 2 zyx d     Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d 1 và d 2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 2log9)2log3( 22    xxx …… HẾT 63 Đề thi thử Đại học 2011 -62- http://www.VNMATH.com ĐÁP ÁN Câu I a) Học sinh tự làm 0,25 32 2 3(2 1) 6 ( 1) 1yx mx mmx    )1(6)12(66' 2  mmxmxy y’ có 01)(4)12( 22  mmm 0,5       1 0' mx mx y Hàm số đồng biến trên  ;2  0'y 2  x  21   m  1m 0,25 b) 0,25 Câu II a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2   xx 1 điểm PT  1)1cos4(3cos2 2 xx  1)sin43(3cos2 2  xx 0,25 Nhận xét Zkkx  ,  không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 1)sin43(3cos2 2  xx  xxxx sin)sin4sin3(3cos2 3   xxx sin3sin3cos2   xx sin6sin  0,25     26 mxx      26 mxx         7 2 7 5 2   m x m x ; m Z  0,25 Xét khi  5 2  m  k  2m=5k  m t5  , Zt  Xét khi 7 2 7   m  =  k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Zl  Vậy phương trình có nghiệm: 5 2  m x  ( tm 5  ); 7 2 7   m x  ( ) trong đó 37  lm Zltm ,, 0,25 Giải phương trình : 3 2 3 512)13( 22  xxxx 1 điểm PT  631012)13(2 22  xxxx 232)12(412)13(2 222  xxxxx . Đặt )0(12 2  txt Pt trở thành 02 32)13(24 22  xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13('  xxxx 0,25 b) Pt trở thành 0232)13(24 22  xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13('  xxxx 0,25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -63- http://www.VNMATH.com Từ đó ta có phương trình có nghiệm : 2 2 ; 2 12     x t x t Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:          7 602 ; 2 61 x 0,5 Tính tích phân    2ln3 0 23 )2( x e dx I 1 điểm Ta c ó    2ln3 0 2 33 3 )2( xx x ee dxe I = Đặt u= 3 x e  dxedu x 3 3  ;22ln3;10       uxux 0,25 Ta được:    2 1 2 )2( 3 uu du I =3 du u uu              2 1 2 )2(2 1 )2(4 1 4 1 0,25 =3 2 1 )2(2 1 2ln 4 1 ln 4 1           u uu 0,25 Câu III 8 1 ) 2 3 ln( 4 3  Vậy I 8 1 ) 2 3 ln( 4 3  0,25 Câu IV Gọi M là trung điểm BC ta thấy:      BCOA BCAM ' )'( AMABC   Kẻ (do nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) ,'AAMH  A Do .Vậy HM là đọan vông góc chung của BCHM AMAHM AMABC       )'( )'( 0,5 C’ A’ B’ H A C O M B 63 Đề thi thử Đại học 2011 -64- http://www.VNMATH.com AA’và BC, do đó 4 3 )BC,A'( aHMAd  . Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: A H HM AO OA  '  suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A  Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC  0,5 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 3    cba .Chứng minh rằng: 134)(3 222  abccba 1 điểm Đặt 2 ;134)(3),,( 222 cb tabccbacbaf   *Trước hết ta chưng minh: :Thật vậy ),,(),,( ttafcbaf  Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết cba   33  cbaa hay a 1  ),,(),,( ttafcbaf 4)(3 222  cba 134)(313 2222  atttaabc = )(4)2(3 2222 tbcatcb  =                 22 22 4 )( 4 4 )(2 3 cb bca cb cb = 2 2 )( 2 )(3 cba cb   = 0 2 ))(23( 2   cba do a 1 0,5 *Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: với a+2t=3 0),,( ttaf Ta có 134 )(3),,( 2222  atttattaf = 13)23(4))23((3 2222  ttttt = do 2t=b+c < 3 0)47()1(2 2  tt Dấu “=” xảy ra 10&1        cbacbt (ĐPCM) 0,5 2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 1 22  yxyx 1 1 22 44    yx yx P Câu V Tõ gi¶ thiÕt suy ra: xyxyyx xyxyxyyxyx 33)(1 21 2 22   0,25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -65- http://www.VNMATH.com Từ đó ta có 1 3 1 xy . Măt khác xyyxyxyx 11 2222 nên .đăt t=xy 12 2244 xyyxyx Vởy bi toán trở thnh tìm GTLN,GTNN của 1 3 1 ; 2 22 )( 2 t t tt tfP 0.25 Tính )(26 26 0 )2( 6 10)(' 2 lt t t tf 0.25 Do hm số liên tục trên 1; 3 1 nên so sánh giá trị của ) 3 1 ( f , )26( f , cho ra kết quả: )1(f 626)26( fMaxP , 15 11 ) 3 1 (min fP 0.25 Cõu VIa 1 im (Hc sinh t v hỡnh) Ta cú: 1; 2 5AB AB . Phng trỡnh ca AB l: 2 2 0xy . :; I dyx Itt. I l trung im ca AC: )2;12( ttC 0,5 a) Theo bi ra: 2),(. 2 1 ABCdABS ABC 446. t 3 4 0 t t T ú ta cú 2 im C(-1;0) hoc C( 3 8 ; 3 5 ) tho món . 0,5 1 im *T phng trỡnh on chn suy ra pt tng quỏt ca mp(ABC) l:2x+y-z-2=0 0.25 *Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca O l ờn (ABC), OH vuụng gúc vi (ABC) nờn )1;1;2(// nOH ; H ABC Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vo phng trỡnh( ABC) cú t= 3 1 suy ra ) 3 1 ; 3 1 ; 3 2 ( H 0,25 b) *O i xng vi O qua (ABC) H l trung im ca OO ) 3 2 ; 3 2 ; 3 4 (' O 0,5 Gii phng trỡnh: , 10)2)(3)(( 2 zzzz z C. 1 im CõuVIIa PT 10)3)(1)(2( zzzz ( 0)32)(2 22 zzzz t . Khi ú phng trỡnh (8) tr thnh: zzt 2 2 0,25 63 thi th i hc 2011 -66- http://www.VNMATH.com Đặt . Khi đó phương trình (8) trở thành zzt 2 2  0103 2  tt 0,25             61 1 5 2 z iz t t Vậy phương trình có các nghiệm: 61z ; iz    1 0,5 Câu VIb a) 1 điểm Viết phương trình đường AB: 4 3 4 0xy   và 5AB  Viết phương trình đường CD: 417xy 0   và 17CD  0,25 Điểm M thuộc có toạ độ dạng:  (;3 5)Mtt   Ta tính được: 13 19 11 37 (, ) ;(, ) 5 17 tt dMAB dMCD   0,25 Từ đó: (, ). (, ). MAB MCD S S d M AB AB d M CD CD  7 9 3 tt  Có 2 điểm cần tìm là: 7 ( 9; 32), ( ;2) 3 MM 0,5 1 điểm Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1 , d 2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥   12 ,ddd dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d 1 , d 2 0, 25 Ta tìm A, B : ' AB u AB u          Ad 1 , Bd 2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) 0,25  A B  (….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) I(2; 1; -1)  0,25 b) Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6 Nên có phương trình là:  2 22 2(1)(1)xyz6     0,25 Giải bất phương trình 2log9)2log3( 22    xxx 1 điểm Điều kiện: 0x Bất phương trình  )1(2log)3(3 2   xxx Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình. 0.25 CâuVIIb TH1 Nếu BPT 3x  3 1 log 2 3 2    x x x 0,25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -67- http://www.VNMATH.com Xét hàm số: xxf 2 log 2 3 )(  đồng biến trên khoảng    ;0 3 1 )(    x x xg nghịch biến trên khoảng    ;3 *Với :Ta có Bpt có nghiệm 4x  4x 4x       3)4()( 3)4()( gxg fxf * Với :Ta có Bpt vô nghiệm      3)4()( 3)4()( gxg fxf TH 2 :Nếu BPT 30  x  3 1 log 2 3 2    x x x xxf 2 log 2 3 )(  đồng biến trên khoảng    ;0 3 1 )(    x x xg nghịch biến trên khoảng   3;0 *Với :Ta có Bpt vô nghiệm 1x  1x  10       0)1()( 0)1()( gxg fxf * Với :Ta có Bpt có nghiệm      0)1()( 0)1()( gxg fxf  x 0,25 Vậy Bpt có nghiệm      10 4 x x 0,25 Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa. 63 Đề thi thử Đại học 2011 -68- http://www.VNMATH.com . bất phương trình: 2log9)2log3( 22    xxx …… HẾT 63 Đề thi thử Đại học 2011 -6 2- http://www.VNMATH.com ĐÁP ÁN Câu I a) Học sinh tự làm 0,25 32 2 3(2 1) 6 ( 1) 1yx mx mmx. thành 0232)13(24 22  xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13('  xxxx 0,25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -6 3- http://www.VNMATH.com Từ đó ta có phương trình có nghiệm : 2 2 ; 2 12     x t x t. 0.25 CâuVIIb TH1 Nếu BPT 3x  3 1 log 2 3 2    x x x 0,25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -6 7- http://www.VNMATH.com Xét hàm số: xxf 2 log 2 3 )(  đồng biến trên khoảng    ;0 3 1 )(    x x xg

Ngày đăng: 29/07/2014, 23:20

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w