Diese Präsentation wurde erfolgreich gemeldet.
Die SlideShare-Präsentation wird heruntergeladen. ×

Toan pt.de094.2011

Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Nächste SlideShare
Toan pt.de069.2012
Toan pt.de069.2012
Wird geladen in …3
×

Hier ansehen

1 von 3 Anzeige

Weitere Verwandte Inhalte

Diashows für Sie (20)

Anzeige

Ähnlich wie Toan pt.de094.2011 (20)

Anzeige

Toan pt.de094.2011

  1. 1. Đ ĐĐ Ề ỀỀ S SS Ố ỐỐ 0 00 7 77 Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: Cho hàm số: x 1 y . x 1    1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm tất cả các điểm trên trục tung để từ điểm đó kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) sao cho hai tiếp điểm tương ứng có hoành độ dương. Câu II: 1) Giải phương trình:   2 sin x 1 2 1 cos x cot x 1 . cosx sin x      2) Giải hệ phương trình: 3 5 5 3 3 5 log y 5 log x 3 log x 1 log y 1.         Câu III: Tính tích phân: 1 2x x 0 dx I . e e   Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy. Biết AB 2a,SA BC a,CD 2a 5.    Tính thể tích của khối chóp S.ABCD. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SACD. Câu V: Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm thực: 2 9 1 x 4 x x 3x m. 4        PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình các đường thẳng chứa ba cạnh của tam giác ABC biết  C 4;3 , đường phân giác trong và trung tuyến kẻ từ một đỉnh của tam giác có phương trình lần lượt là x 2y 5 0   và 4x 3y 10 0.   2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (C) có phương trình 2 2 2 x y z 2x 2z 2 0.      Tìm điểm A thuộc mặt cầu sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng  P :2x 2y z 6 0    lớn nhất. Câu VII.a: Với các số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số và chia hết cho 4? B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình   2 2 1C : x y 1  và   2 2 2C : x y 6x 6y 17 0.     Xác định phương trình các đường thẳng tiếp xúc với cả hai đường tròn trên. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm      A 0;1;1 ,B 2; 1;1 ,C 4;1;1 và mặt phẳng (P) có phương trình x y z 6 0.    Tìm điểm M trên (P) sao cho MA 2MB MC     đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b: Trong khai triển nhị thức   50 a b , tìm số hạng có giá trị tuyệt đối lớn nhất, cho biết a b 3. NGUYỄN LƯU  ( GV THPT Chuyên Hà Tỉnh)www.toanpt.net
  2. 2. Câu I. 1) Bạn đọc tự giải. 2) Phương trình tiếp tuyến tại điểm ( ) ( )0 0;x y C∈ là ( ) ( ) 0 02 00 12 11 x y x x xx +− = − + −− . Tiếp tuyến qua điểm ( )0;M m Oy∈ nên thoả mãn ( ) 0 0 2 00 2 1 11 x x m xx + = + −− Từ giả thiết, phương trình bậc hai ẩn 0x ( ) ( ) ( )2 0 01 2 1 1 0f x m x m x m= − − + + + = có hai nghiệm dương khác 1, từ đó tính được 1m >  Câu II. 1) ĐK: ; ; 4 x k x k k Z π ≠ − + π ≠ π ∈ . Biến đổi phương trình thành 2 sin 1 1 cos sin cos x x x x − = ⇔ − + sin cos sin cos 1 0x x x x+ + + = , đặt sin cost x x= + với 2t ≤ ta được nghiệm 1t = − , từ đó kết hợp với ĐK ta được nghiệm 2 ; 2 x k k Z π = − + π ∈  2) ĐK: 5 5 5 5 ;3 3x y≤ ≤ ≤ ≤ . Đặt 35 log 0y u− = ≥ 5log 1 0x v− = ≥ ta được hệ 2 2 3 4 3 4 u v v u  = − ⇔ = − [ 2 ; 3 1 3 4 u v u v u v u v  = = − ⇔ = = = − . Từ đó ta được nghiệm duy nhất ( ) ( )2 4 ; 5 ;3x y =  Câu III. Đặt x t e= thì 3 2 2 1 1 1 1 1 1 e e dt I dt t t t t t   = = − + + +  ∫ ∫ Từ đó tính được 1 1 ln 1 2 e I e e + = − −  Câu IV. Vẽ hình. Chỉ ra ( )SA ABCD⊥ . Tính được ( ) ( ) 2 2 2 5 2 5AD a a a a= + − = , thể tích cần tìm 31 . 2 3 ABCDV S SA a= = Chú ý tam giác ACD vuông tại C , từ đó tâm của mặt cầu là trung điểm I của SD, độ dài bán kính của mặt cầu là 26 2 2 SD a r = =  Câu V. ĐK: 4 1x− ≤ ≤ . Đặt 1 ; 4u x v x= − = + với 0 ; 5u v≤ ≤ . Ta có hệ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 5 1 25 2 4 u v u v uv m  + =   + + − =  Từ (1) ta có 5 2u v uv+ = + do 0u v+ ≥ , thay vào (2) và đặt ( ) 21 5 2 25 4 2 f t t t m= + + − = với t uv= . Dễ thấy 5 0; 2 t   ∈    . Từ ( ) 2 1 2 ' 0 5 2 25 4 t f t t t = − = + − Ta tìm được 21 1 5 0; 4 2 t −   = ∈    , lập bảng biến thiên ta thấy 18 2 21 78 2 21 10; 2 4 m  + +  ∈ +    phải tìm  Câu VIa. 1) Có thể coi đỉnh A có đường phân giác và đường trung tuyến đã cho đi qua, suy ra ( )9; 2A − do đó phương trình cạnh AC : 4 3 5 5 x y− − = − . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 7
  3. 3. Gọi D là điểm đối xứng của C qua đường phân giác, ta tìm được toạ độ ( )2; 1D AB− ∈ , do đó phương trình cạnh AB: 2 1 7 1 x y− + = − . Từ toạ độ ( )2 7 ; 1B t t+ − − và trung điểm của BC thuộc đường trung tuyến ta tính được 2t = − , hay toạ độ ( )12;1B − , do đó phương trình cạnh BC : 4 3 16 2 x y− − =  2) Mặt cầu ( C ) có tâm ( )1;0; 1I − . Điểm A phải nằm trên đường thẳng d qua I và vuông góc với ( P ), phương trình d là 1 2 2 1 x t y t z t = +  = −  = − + Từ hệ phương trình giao điểm của d với ( S ) ta có các giao điểm 7 4 1 1 4 5 ; ; , ; ; 3 3 3 3 3 3 M N     − − − −        , và với ( P ) ta có giao điểm 5 14 16 ; ; 9 9 9 C   − −    . Từ thứ tự của các điểm là ; ; ;M I N C ta có A M≡  Câu VIIa. Số dạng ( ).100 4 4 *xab x ab ab= + ⇔⋮ ⋮ , dễ thấy { }0;4b∈ Từ (*) số phải tìm có dạng 40xyz , 00xyz , 04xyz , 44xyz với 0x ≠ số các số này là 4.4.5.5 400= (số)  Câu VIb. 1) Đường tròn ( 1C ) có tâm là điểm O , có bán kính 1 1r = , đường tròn ( 2C ) có tâm là điểm ( )2 3; 3O − , có bán kính 2 11r r= = . Vậy ( 2C ) là ảnh của ( 1C ) qua phép đối xứng tâm 3 3 ; 2 2 I   −    và đường thẳng dạng 0x x= không thể là tiếp tuyến chung. Trường hợp đường thẳng d phải tìm song song với 2OO , thì phương trình d có dạng 0x y c+ + = , từ khoảng cách từ O tới d bằng 1 1r = , tìm được 2c = ± . Trường hợp d qua I , phương trình d có dạng ( ) 3 3 2 2 3 1 0 2 2 y k x kx y k   = − − ⇔ − − + =    , từ khoảng cách từ O tới d bằng 1 1r = , tìm được 9 56 5 k − ± =  2) Gọi ;I H lần lượt là trung điểm của AC và IB , thì toạ độ ( )2;1;1I , ( )2;0;1H . Ta có 2MA MB MC+ + = 2 4MI MB MH+ = nhỏ nhất khi M là hình chiếu của H lên ( )P . Từ đó tìm được ( )3; 1; 2M  Câu VIIb. Chỉ xét trường hợp 0 0a b≠ ⇔ ≠ ta có ( ) 50 50 50 50 0 i i i i a b C a b − = + = ∑ . Giá trị tuyệt đối của số hạng thứ 1i + là ( )50 5050 50 50 50 3 ii ii i i i i C a b C a b C b −− = = Từ so sánh ( ) ( ) 1 1 50 503 3 i i i i C C − − > ta tìm được 32i =  NHÓM HỌC SINH 12 A1  (Trường PTDT  Nội Trú Thái Nguyên)

×