Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 21

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

46
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học năm 2011 của trần sỹ tùng ( có đáp án) - đề số 21', 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: Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 21

www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học Đề số 21 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 2mx2 + ( m + 3) x + 4 có đồ thị là (Cm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2) Cho đường thẳng (d): y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II: (2 điểm) 1) Giải bất phương trình: 15.2 x +1 + 1 ≥ 2 x − 1 + 2 x +1 2) Tìm m để phương trình: 4(log 2 x ) 2 − log 0,5 x + m = 0 có nghiệm thuộc (0, 1). 3 dx ∫ x (1 + x Câu III: (2 điểm) Tính tích phân: I = . 6 2 ) 1 Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α. π cos x vớ i 0 < x ≤ . Câu V: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = sin x(2cos x − sin x) 2 3 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), ∆ ABC có diện tích 3 bằng ; trọng tâm G của ∆ ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính 2 đường tròn nội tiếp ∆ ABC. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; –2; 3) và đường thẳng d có x +1 y − 2 z + 3 = = phương trình . Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d. −1 2 1 Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d. z2 Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình z 4 − z 3 + + z + 1 = 0 trên tập số phức. 2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 2x – 2y – 2 = 0, (C2): x2 + y2 – 8x – 2y + 16 = 0. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng: x = t x = t '   (d1) :  y = 4 + t ; (d2) :  y = 3t ' − 6 và  z = 6 + 2t z = t '− 1   Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm I(1; –1; 1) trên (d2). Tìm phương trình tham số của đường thẳng đi qua K vuông góc với (d1) và cắt (d1). Câu VII.b (1 điểm) Tính tổng S = C2009 + 2C2009 + 3C2009 + ... + 2010C2009 . 0 1 2 2009 www.MATHVN.com www.MATHVN.com - Trang 21
Hướng dẫn Đề số 21 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d: (1) x 3  2mx 2  ( m  3) x  4  x  4 x  0 (1)  x ( x 2  2mx  m  2)  0   2  g ( x)  x  2mx  m  2  0 (2) (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C (2) có  2 nghiệm phân biệt khác 0.    m 2  m  2  0  m  1  m  2  .   (a )  m  2  g (0)  m  2  0  1 3  4 Mặt khác: d (K , d )  2 2 1 Do đó: BC .d ( K , d )  8 2  BC  16  BC 2  256 S KBC  8 2  2 với là hai nghiệm của phương  ( xB  xC ) 2  ( y B  yC )2  256 xB , xC trình (2).  ( xB  xC ) 2  (( xB  4)  ( xC  4)) 2  256  2( xB  xC ) 2  256  ( xB  xC )2  4 xB xC  128
1  137 (thỏa (a)). Vậy  4m2  4( m  2)  128  m2  m  34  0  m  2 1  137 . m 2 Đặt: điều kiện: t > 0. Khi đó BPT  Câu II: 1) * t  2x ; 30t  1  t  1  2t (2)  : (2)  30t  1  3t  1  30t  1  9t 2  6t  1  1  t  4 t1 ( a)  : (2)  30t  1  t  1  30t  1  t 2  2t  1  0  t  1 (b) 0  t 1  Vậy, bất phương trình có 0  t  4  0  2 x  4  x  2. nghiệm: x  2. 2) PT  log 2 x  log 2 x  m  0; x  (0; 1) (1) 2 Đặt: , nên: với . Vì: và t  log 2 x lim log 2 x   lim log x  0 x 0 x 1 x  (0;1)  t  ( ; 0) Ta có: (1)  t 2  t  m  0, t  0  m  t 2  t , t  0 (2)  y  t 2  t , t  0 : ( P ) Đặt:  y  m : (d ) Xét hàm số: , với t < 0  f (t )  2t  1 y  f (t )  t 2  t
 f (t )  0  t   1  y  4 1 2 Từ BBT ta suy ra: (1) có nghiệm  (2) có x  (0; 1) nghiệm t < 0  (d) và (P) có điểm chung, với hoành độ t < 0 1 .  m 4 1 Vậy, giá trị m cần tìm: m . 4 3 1 t6 3 1 1  Câu III: Đặt :  = 4  t2 1 x I  dt   t  dt t2  1 2 t 1  t  1 3 3 117  41 3   135 12 Câu IV: Dựng và SH là đường cao của SH  AB  SH  ( ABC ) hình chóp. Dựng HN  BC , HP  AC  SN  BC , SP  AC  · SPH  · SNH    SHN =  SHP  HN = HP. a3  AHP vuông có: ;  SHP vuông có: HP  HA.sin 60o  4 a3 SH  HP.tan   tan  4
a2 3 a3 1 1a 3 Thể tích hình chóp .tan  .  tan  S . ABC : V  .SH .S ABC  . 3 34 4 16  Câu V: Với thì và sin x  0,cos x  0, 2cos x  sin x  0 0 x 0  tan x  3 3 cos x 1  tan 2 x 1  tan 2 x cos3 x  y   2 tan 2 x (2  tan x) 2 tan 2 x  tan 3 x sin x 2cos x  sin x . 2 cos x cos x 1 t2  Đặt:  t  tan x; 0  t  3 y  f (t )  ; 0t 3 2t 2  t 3 t 4  3t 2  4t t (t 3  3t  4) t (t  1)(t 2  t  4) f (t )   f (t )  0  ( t  0  t  1).   (2t 2  t 3 ) 2 (2t 2  t 3 ) 2 (2t 2  t 3 ) 2   Từ BBT ta có: Vậy: . min f (t )  2  t  1  x  4  . miny  2 khi x  4    0; 3    Câu VI.a: 1) Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) = a b 5 2SABC  AB 2 a  b  8 (1) ; Trọng tâm G  a  5 ; b  5   (d)  a b 5 3    a  b  2 (2) 3 3    3a –b =4 (3) S 3 Từ (1), (3)  C(–2; 10)  r =  p 2  65  89
S 3 Từ (2), (3)  C(1; –1)  . r  p 22 5 uuu r r  BA, a    4  196  100  5 2  2) d(A, (d)) = r a 4 11 Phương trình mặt cầu tâm A (1; –2; 3), bán kính R = : 52 (x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50 2 2  1  5 1  1 5 1   Câu VII.a: PT   z 2  z     z      0 z   z  0  z  z 2 z  z  2    (1)  1  3i 1  3i  1 5 Đặt ẩn số phụ: t = . (1)  t2  t  z  0  t  t   z 2 2 2  1  i 1  i Đáp số có 4 nghiệm z : 1+i; 1- i ; . ; 2 2 Câu VI.b: 1) (C1): có tâm , bán kính R1 ( x  1) 2  ( y  1) 2  4 I1 (1; 1) = 2. (C2): có tâm , bán kính R2 = 1. ( x  4) 2  ( y  1) 2  1 I 2 (4; 1)  (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài Ta có: I1 I 2  3  R1  R2 nhau tại A(3; 1)
 (C1) và (C2) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy. tiếp tuyến chung ngoài: * Xét 2 ta có: ( ) : y  ax  b  ( ) : ax  y  b  0  a  b 1   2 2 2 2 a  a    d ( I1 ; )  R1 2  a b   4 4   hay   d ( I 2 ;  )  R2 4a  b  1 47 2 47 2     1 b  b   a2  b2   4 4  Vậy, có 3 tiếp tuyến chung: 47 2 47 2 2 2 (1 ) : x  3, (2 ) : y   , ( 3 ) y  x x 4 4 4 4 r 2) (d1) có vectơ chỉ phương (d2) có vectơ ; u1  (1; 1; 2) r chỉ phương u2  (1; 3; 1) uur K (d 2 )  K (t  ; 3t   6; t   1)  IK  (t  1; 3t  5; t  2) uu r r 18  18 12 7  IK  u2  t   1  9t  15  t  2  0  t   K ;  ;  11  11 11 11  Giả sử (d ) cắt (d1) tại . H (t; 4  t; 6  2t ), ( H  ( d1 )) uuu  18 r 56 59  HK    t;   t ;   2t  11 11 11   uuu r r uuu 1 r 18 56 118 26 HK  u1  t  t   4t  0  t    HK  (44;  30;  7). 11 11 11 11 11
Vậy, phương trình tham số của đường thẳng (d ):  18  x  11  44  12  .  y    30 11  7   z  11  7  Câu VII.b: Xét đa thức: f ( x )  x(1  x) 2009  x(C2009  C2009 x  C2009 x 2  ...  C2009 x 2009 ) 0 1 2 2009  C2009 x  C2009 x 2  C2009 x 3  ...  C2009 x 2010 . 0 1 2 2009  Ta có: f ( x)  C2009  2C2009 x  3C2009 x 2  ...  2010C2009 x 2009 0 1 2 2009  f (1)  C2009  2C2009  3C2009  ...  2010C2009 0 1 2 2009 (a)  Mặt khác: f ( x)  (1  x) 2009  2009(1  x) 2008 x  (1  x) 2008 (2010  x )  f / (1)  2011.22008 (b)  Từ (a) và (b) suy ra: S  2011.22008.