ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 17 docx

4 381 0
ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 17 docx

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 95 Phương trình cho 2 1 2009 1004 n n      VIb 1 Lập pt cạnh AD :3 4 0 AD CD AD x y C      ABCD là hình vuông nên ( , ) ( , ) d M AD d N CD  tức là | 6 12 | | 4 3 4 | 13; 23. 5 5 C C          ĐS: PT :3 4 13 0;3 4 23 0 AD x y x y       0.25 0.25 0.25 0.25 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). + Ptts của d là: 1 3 2 2 3 2 x t y t z t             + Mặt khác: ( ) 1 3 2 2 3 2 5 0 1 ( 2; 4;1) I Q t t t t I                + Bán kính mặt cầu:       2 2 2 66 ( ) : 2 4 1 66 R IM pt S x y z          0.25 0.25 0.25 0.25 VIIb Tính xác suất - Chọn tuỳ ý 5 cây từ bộ bài 52 cây có 5 52 C cách - Chọn 2 cây đầu tiên từ 1 bộ (trong 13 bộ) có 2 4 13 C cách - Chọn tiếp 2 cây nữa, từ 1 trong 12 bộ còn lại có 2 4 12 C cách - Chọn nốt cây cuối cùng, từ 1 bộ trong 11 bộ còn lại có 1 4 11 C cách - Đáp số 2 2 1 4 4 4 5 52 13 .12 .11 ( ) C C C p A C  0.25 0.25 0.25 0.25 ĐỀ 17 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số 4 2 5 4, y x x    có đồ thị (C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm m để phương trình 4 2 2 | 5 4 | log x x m    có 6 nghiệm phân biệt. Câu II (2.0 điểm). 1. Giải phương trình 1 1 sin 2x sin x 2cot 2x 2sin x sin 2x     . 2. Tìm m để phương trình   2 m x 2x 2 1 x(2 x) 0 (2)       có nghiệm x 0; 1 3       . Câu III (1.0 điểm). Tính tích phân dx. .cos.sin. 3 2 0 sin 2 xxe x   Câu IV (1.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA 1 B 1 C 1 có AB = a, AC = 2a, AA 1 2a 5  và o 120BAC   . Gọi M là trung điểm của cạnh CC 1 . Chứng minh MB  MA 1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A 1 BM). A B D C N M K M I www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 96 Câu V (1.0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương dương. Chứng minh rằng 3 2 4 3 5 x y z xy yz zx      . II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) 1. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a. (2.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm ( 1; 3; 0), (1; 3; 0) à M(0; 0; a) B C v với a > 0. Trên trục Oz lấy điểm N sao cho mặt phẳng (NBC) vuông góc với mặt phẳng (MBC). 1. Cho 3 a  . Tìm góc giữa mặt phẳng (NBC) và mặt phẳng (OBC). 2. Tìm a để thể tích của khối chóp BCMN nhỏ nhất. Câu VII.a. (1.0 điểm). Giải hệ phương trình 2 1 2 1 2 2 3 1 ( , ) 2 2 3 1 y x x x x x y y y y                    . 2. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b. (2.0 điểm). Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1; 3; -2), B (-3; 7; -18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0 1. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp(P). 2. Tìm tọa độ điểm M  (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Câu VII. b. (1.0 điểm). Giải bất phương trình: 2 x 4 2 (log 8 log x )log 2x 0   . ĐÁP ÁN ĐỀ 17 Câu I: 9 4 4 12 9 log 12 144 12 4 m m    Câu II: 1. Giải phương trình : 1 1 sin 2x sin x 2cot g2x 2sin x sin 2x     (1) (1)   cos 2 2x  cosxcos2x = 2cos2x và sin2x  0      2 cos2x 0 v 2 cos x cos x 1 0(VN)  cos2x = 0           2x k x k 2 4 2 2. Đặt 2 t x 2x 2     t 2  2 = x 2  2x Bpt (2)         2 t 2 m (1 t 2),dox [0;1 3] t 1 Khảo sát 2 t 2 g(t) t 1    với 1  t  2 g'(t) 2 2 t 2t 2 0 (t 1)      . Vậy g tăng trên [1,2] www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 97 Do đó, ycbt  bpt 2 t 2 m t 1    có nghiệm t  [1,2]        t 1;2 2 m max g(t) g(2) 3 Câu III Đặt    2 t sin x dt 2sin x cos xdx ; Đổi Câu IV (Các em tự vẽ hình) Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A  0,    C 2a, 0,0 , 1 A (0,0,2a 5)          a a 3 A(0;0;0), B ; ;0 2 2 và  M( 2a,0,a 5)                1 5 3 BM a ; ; 5 , MA a(2;0; 5) 2 2 Ta có:         2 1 1 BM.MA a ( 5 5) 0 BM MA Ta có thể tích khối tứ diện AA 1 BM là :                   3 2 1 BMA 1 1 1 a 15 1 V A A . AB,AM ; S MB,MA 3a 3 6 3 2 Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA 1 ) bằng   3V a 5 d . S 3 Cách khác: + Ta có    2 2 2 2 1 1 1 1 A M A C C M 9a ;     2 2 2 0 2 BC AB AC 2AB.AC.cos120 7a    2 2 2 2 BM BC CM 12a ;      2 2 2 2 2 2 1 1 1 A B A A AB 21a A M MB  MB vuông góc với 1 MA + Hình chóp MABA 1 và CABA 1 có chung đáy là tam giác ABA 1 và đường cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau.      3 MABA CABA 1 ABC 1 1 1 1 V V V AA .S a 15 3 3     1 MBA 1 1 3V 6V a 5 d(A,(MBA )) S MB.MA 3 Câu V. Theo BĐT Cauchy       1 3 5 ; 3 ; 5 2 2 2 x y xy y z xy z x xy       . Cộng các vế ta có điều phải chứng minh Câu VI.b. 1. Ta có AB ( 2,4, 16)     cùng phương với     a ( 1,2, 8) mp(P) có PVT n (2, 1,1)    Ta có   [ n ,a] = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1) Phương trình mp chứa AB và vuông góc với (P) là : 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0  2x + 5y + z  11 = 0 2. Tìm M  (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với Mp (P). Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 98 Pt AA' : x 1 y 3 z 2 2 1 1       AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của ;                 2x y z 1 0 H(1,2, 1) x 1 y 3 z 2 2 1 1 Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : H A A ' H A A ' H A A' 2x x x 2y y y A '(3,1,0) 2z z z             Ta có A'B ( 6,6, 18)     (cùng phương với (1;-1;3) ) Pt đường thẳng A'B :      x 3 y 1 z 1 1 3 Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình                2x y z 1 0 M(2,2, 3) x 3 y 1 z 1 1 3 Câu VII.b. Điều kiện x > 0 , x  1 (1)          4 2 8 1 1 2 log x log 2x 0 log x 2                 2 2 2 1 log x log x 1 0 1 log x 3                      2 2 2 2 2 2 2 2 log x 1 log x 1 (log x 3) 0 0 log x log x 1 log x 1v log x 0 0 x ;x 1 2 ĐỀ 18 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I : ( 2 điểm )Cho hàm số 3 2 7 2 3 2 3 x x y x      ( 1) . 1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số (1) 2) Tìm tất cả các điểm trên đường thẳng d có phương trình: 5 61 4 24 x y   để từ đó kẻ đến đồ thị (C) của hàm số (1) ba tiếp tuyến tương ứng với ba tiếp điểm có hoành độ x 1 , x 2 , x 3 thỏa: 1 2 3 0 x x x    . Câu II : ( 2 điểm ) 1) Giải phương trình : 2 3 24 77 3 2 0 x x      . 2)Giải phương trình: 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cos x x x x x x x x        Câu III : ( 1 điểm ) Tính tích phân       6 4 4 tan 1 x x I dx e . Câu IV : ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có cạnh AB = a, cạnh AD = b, góc  0 60 BAD  . Cạnh SA = 4a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Trên đoạn SA lấy điểm M sao cho www.VNMATH.com . cách - Đáp số 2 2 1 4 4 4 5 52 13 .12 .11 ( ) C C C p A C  0.25 0.25 0.25 0.25 ĐỀ 17 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số 4. Nâng cao. Câu VI.b. (2.0 điểm). Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1 ; 3; -2 ), B (-3 ; 7; -1 8) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0 1. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với. - Chọn tuỳ ý 5 cây từ bộ bài 52 cây có 5 52 C cách - Chọn 2 cây đầu tiên từ 1 bộ (trong 13 bộ) có 2 4 13 C cách - Chọn tiếp 2 cây nữa, từ 1 trong 12 bộ còn lại có 2 4 12 C cách - Chọn

Ngày đăng: 27/07/2014, 12:20

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan