Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 33

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 2
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 33', 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 33

www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học Đề số 33 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 + mx3 − 2 x 2 − 3mx + 1 (1) . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. Câu II: (2 điểm) 2+3 2 cos3xcos3x – sin3xsin3x = 1) Giải phương trình: 8 2 x + 1 + x x 2 + 2 + ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 0 2) Giải phương trình: π 2 Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ ( x + 1) sin 2 xdx . 0 Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A′.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA′ = b. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A′BC). Tính tan α và thể tích của khối chóp A′.BB′C′C. a2 b2 c2 a b c ++ ≥++. Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác 0. Chứng minh: b2 c 2 a 2 b c a II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng ∆: x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình: 9 x + x −1 + 1 ≥ 10.3x + x − 2 . 2 2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng ∆: x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích ∆IAB lớn nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm D(–1; 1; 1) và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình: 4 x − 2 x +1 + 2(2 x − 1)sin(2 x + y − 1) + 2 = 0 . www.MATHVN.com www.MATHVN.com - Trang 33
Hướng dẫn Đề số 33 Câu I: 2) Đạo hàm y  4 x 3  3mx 2  4 x  3m  ( x  1)[4 x 2  (4  3m) x  3m] x 1 y  0   2  4 x  (4  3m) x  3m  0 (2) Hàm số có 2 cực tiểu  y có 3 cực trị  y = 0 có 3 nghiệm phân biệt  nghiệm phân biệt khác 1 (2) có 2    (3m  4) 2  0 4   m . 3  4  4  3m  3m  0 4 Thử lại: Với , thì y = 0 có 3 nghiệm phân biệt m 3 x1 , x2 , x3 Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, 4 hàm số có 2 cực tiểu khi m . 3   2 Câu II: 1) PT  cos 4 x   x    k ,k  Z 2 16 2  v2  u2  2x  1 u  x 2  2, u  0 2 2 u  x  2   2) Đặt:  2  v2  u 2  1  2 v  x  2 x  3  x 2  v  x 2  2 x  3, v  0     2 v  u  0 (b)   v  u  1 PT  0  (v  u )  (v  u )  1   ( v  u )  1  v  u   1  0 2  2 (c)       22  
Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. 1 Do đó: PT  v  u  0  v  u  x2  2x  3  x2  2  x   2   /2 u  x  1  1 1 2 Câu III: Đặt I=  cos 2 xdx  4  1 .   x  1 cos 2 x   dv  sin 2 xdx 2 2 0 0 Câu IV: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của  ABC. Vì A.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC) là  = ·  EH . A a3 a3 a3  Ta có : AE  , AH  , HE  2 3 6 9b 2  3a 2 . A ' H  A ' A2  AH 2  3 A ' H 2 3b 2  a 2 Do đó: ; tan    HE a a2 3 a 2 3b 2  a 2 S ABC   VABC . A ' B 'C '  A ' H .SABC  4 4 a 2 3b2  a 2 1 . VA '. ABC  A ' H .S ABC  3 12 a 2 3b 2  a 2 Do đó: V =  VABC . A ' B 'C '  VA '. ABC A ' BB ' CC ' 6 Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: a 2 b2 c2 a 2 b2 c2  (1)  2  2  33 2 . 2 . 2  3 b2 c a bca a2 a b2 b c2 a 2 b2 c2 c a b c   (2) 1 2 ; 2 1 2 ; 2 1 2  2  2  2     3 2 2 b bc ca a b c a b c a
 a 2 b2 c 2  a b c Từ (1) và (2)   đpcm. 2 2  2  2   2    b c a b c a  Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5)  : x + y – 5 = 0, E    E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB  xN  2 xI  xE  12  m  I trung ñieåm NE   N (12 –   yN  2 yI  yE  4  5  m  m  1  m; m – 1) uu r uuur u = (11 – m; m – 6); = (m – 6; 5 – m – 2) = (m IE MN – 6; 3 – m) uuur uu ur  (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0 MN .IE  0  m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0  m = 6 hay m = 7 uuur u +m=6 = (5; 0)  PT (AB) là y = 5 MN uuur u +m=7 = (4; 1)  PT (AB) là x – 1 – 4(y – 5) = MN 0  x – 4y + 19 = 0 2) I (1; 2; 3); R = 1  4  9  11  5 2(1)  2(2)  3  4 < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo d (I; (P)) = 3 4  4 1 đường tròn (C)
 x  1  2t  Phương trình d qua I, vuông góc với (P) :  y  2  2t z  3  t  Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J  d  J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t) J  (P)  2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0  t = 1 Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = R 2  IJ 2  4 , t > 0. BPT  t2 – 10t + 9  0  ( t Câu VII.a: Đặt 2 x t  3x  1 hoặc t  9) Khi t  1  (a) 2 x t  3x  1  x 2  x  0  1  x  0  x  2 Khi t  9  (b) 2 x t  3x  9  x2  x  2  0   x  1 Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (–; –2]  [–1;0]  [1; + ). Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R = 2 Giả sử  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ABC, ta có 1 SABC = = sin AIB · · IA.IB.sin AIB 2
Do đó SABC lớn nhất khi và chỉ khi sin AIB = 1  AIB · vuông tại I 1  4m IA  IH = (thỏa IH < R)  1 1 m2  1 2  1 – 8m + 16m2 = m2 + 1  15m2 – 8m = 0  m = 0 8 hay m = 15 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p)  Oz. uuu r uuuu r uuu uuuu r r  DP  1; 1; p  1 ; NM   m; n;0   DP.NM  m  n   Ta có : .   uuu uuuu  uuur uuuu r rr  DN  1; n  1; 1 ; PM   m;0;  p   DN .PM  m  p   xyz Phương trình mặt phẳng (P): . Vì D (P) nên:   1 mnp 1 1 1 .   1 mnp uuu uuuu r r uuu uuuu rr  DP  NM  DP.NM  0  uuu uuuu  uuu uuuu r r rr D là trực tâm của MNP    DN  PM   DN .PM  0   D  ( P) D  (P) m  n  0  m  3 m  p  0   n  p  3   1  1  1  1 m n p  xyz Kết luận, phương trình của mặt phẳng (P): .   1 3 3 3
 Câu VII.b: PT  2 x  1  sin(2 x  y  1)  0(1)  2  2 x  1  sin(2 x  y  1)   cos 2 (2 x  y  1)  0   x cos(2  y  1)  0 (2)  Từ (2)  . sin(2 x  y  1)  1 , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)  Khi sin(2 x  y  1)  1 , thay vào (1), ta được: 2x = 2  x =  Khi sin(2 x  y  1)  1 1.  Thay x = 1 vào (1)  sin(y +1) = –1   k , k  Z . y  1  2    Kết luận: Phương trình có nghiệm: .  1; 1   k , k  Z  2  