Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 50

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

42
lượt xem 4
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 50', 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 50

www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = f ( x) = x3 − mx 2 + 2m (1) ( m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại duy nhất một điểm. Câu II (2 điểm): 2 sin 2 x + 3 sin 2 x + 1 = 3 sin x + cos x 1) Giải phương trình:  3 ( x − y ) = 2 xy   2) Giải hệ phương trình: 2 x − y = 8 2  π 6 sin x ∫ cos 2 x dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= 0 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có các cạnh bên có độ dài bằng a và các mặt bên hợp với mặt đáy góc 450 . Tính thể tích của hình chóp đó theo a. Câu V (1 điểm): Cho các số thực x , y thuộc đoạn [ 2; 4] . Chứng minh rằng: 1 1 9 4 ≤ ( x + y) +  ≤ . x y 2 II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P( −7;8) và hai đường thẳng d1 :2 x + 5 y + 3 = 0 ; d 2 :5 x − 2 y − 7 = 0 cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng d3 đi 29 qua P tạo với d1 , d 2 thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng . 2 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, lập phương trình mặt cầu (S) biết rằng mặt phẳng Oxy và mặt phẳng (P): z = 2 lần lượt cắt (S) theo hai đường tròn có bán kính bằng 2 và 8. a n +1 n 127 a 2 1 a3 2 Câu VII.a (1 điểm): Tìm a và n nguyên dương thỏa : aCn + Cn + Cn + ...... + Cn = 0 (n + 1) 2 3 7 và An = 20n . 3 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng (∆) đi qua gốc tọa độ và cắt đường tròn (C) có phương trình : x 2 + y 2 − 2 x + 6 y − 15 = 0 thành một dây cung có độ dài bằng 8. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) chứa đường thẳng (∆): x −1 y z = = và tạo với mặt phẳng (P) : 2 x − 2 y − z + 1 = 0 góc 600. Tìm tọa độ giao điểm −1 −2 1 M của mặt phẳng (α) với trục Oz. (1+ x)(2− x) ( ) Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị của tham số m để cho phương trình x − m.3 x .2 =0 có nghiệm. www.MATHVN.com Đề số 51 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Trang 50- www.MATHVN.com
Hướng dẫn Đề số 50 Câu I: 2) y  3x 2  2mx  x (3 x  2m)  Khi m = 0 thì (1) đồng biến trên R thoả y  3x 2  0   yêu cầu bài toán. 2m  Khi (1) có 2 cực trị m  0 thì x1  0 , x2  3 Do đó đồ thị cắt Ox tại duy nhất 1 điểm khi: m  0 4m3 2m 2  2 f ( x1 ). f  x2   0  2m(2m  )  0  4m (1  )0  3 6 36 27 27  m 2 2  3 6 3 6 Kết luận: khi thì đồ thị của (1) cắt Ox tại m   ;   2 2   duy nhất một điểm. 2 1) PT   3 sin x  cos x   3 sin x  cos x  Câu II:  3 sin x  cos x   3 sin x  cos x  1  0
 3  tan x    3 sin x  cos x  0 3          3 sin x  cos x  1  0  sin  x    sin 6 6     x   6  k   x  k 2 ; x  2  k 2  3   3  x  y   2 xy (1)  . Điều kiện : 2) x. y  0 ; x  y  2 2 x  y  8 (2)  y Ta có: (1)  3( x  y )2  4 xy  (3 x  y )( x  3 y )  0  x  3 y hay x  3  Với thế vào (2) ta được : x  3y , y2  6 y  8  0  y  2 ; y  4 x  6  x  12  Hệ có nghiệm ;   y  2 y  4 y  Với thế vào (2) ta được : , Vô 3 y 2  2 y  24  0 x 3 nghiệm. x  6  x  12 Kết luận: hệ phương trình có 2 nghiệm là: ;   y  2 y  4   6 6 sin x sin x dx . Đặt Câu III: I  dx   t  cos x  dt   sin xdx 2 cos 2 x  1 cos 2 x 0 0
 3 Đổi cận: x  0  t  1; x  t  6 2 3 1 2 3 2 2 1 2t  2 1 1 Ta được = I  dt  ln ln 2 2t  1 52 6 2 2 2t  2 22 3 1 2 Câu IV: Kẻ đường cao SH, gọi I là trung điểm BC. Giả thiết cho SIH  450 . · Gọi là độ dài cạnh của ABC. x Suy ra : AI  x 3 x3 x3 , AH  , HI  2 3 6 2 x 3 SAH vuông tại H 2 2 2 2  SH  SA  AH  a   3    x3 SHI vuông cân tại H  SH  HI  6 2 2 x 3 x 3 2 15a Suy ra: 2   a   3  x 5  6      1 5a 2 3 3a 2 a 3 15 1 Do đó: V  SH .dt  ABC   .  . S . ABC 3 35 5 25 1 1 x y x Câu V: Gọi A   x  y    2     . Đặt thì t y x y  y x 1 A  f (t )  2  t  t
2  x  4 1x 1   Với x, y   2; 4   1 1 1    2  t   ; 2  4  y  2 2y 2   1 t 2 1 1  Ta có: f  (t )  1   2 ; f  (t )  0  t  1  ; 2 2 t t 2  1 9 9 (đpcm) f    f (2)  ; f (1)  4  4  A   2 2 2 Câu VI.a: 1) Ta có và d1  d 2 . A(1; 1) Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi d1 , d 2 là:  1: và 2: 7x  3y  4  0 3 x  7 y  10  0 d3 tạo với d1 , d 2 một tam giác vuông cân  d3 vuông góc với 1 hoặc 2..  Phương trình của dạng: d3 có hay 7x  3y  C  0 3x  7 y  C  0 Mặt khác, C = 25 ; C = 77 d3 qua P(7;8) nên Suy ra : hay d3 : 7 x  3 y  25  0 d3 :3 x  7 y  77  0
29 Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng 2  cạnh huyền bằng 58 58 Suy ra độ dài đường cao A H = = d ( A, d3 ) 2 58  Với ( thích hợp) thì d ( A; d3 )  d3 : 7 x  3 y  25  0 2 87  Với ( loại ) thì d ( A; d3 )  d3 : 3 x  7 y  77  0 58 2) Theo giả thiết mp(Oxy) và (P): vuông góc với z 2 trục Oz , cắt mặt cầu theo 2 đường tròn tâm , bán O1 (0, 0, 0) Suy ra tâm mặt kính R và tâm O2 (0, 0, 2) , bán kính R  8. 2 1 2 cầu (S) là I (0, 0, m)  Oz.  R 2  22  m 2  R là bán kính mặt cầu thì : 2 2  4  m  64  m  2 2 2 2 R  8  m  2   m  16  R  2 65 , I  0; 0;16 Vậy phương trình mặt cầu (S) : x 2  y 2  ( z  16)2  260
 n = 6 và Câu VII.a: An  20n  n(n  1)(n  2)  20n  n 2  3n  18  0 3 n = – 3 ( loại ) a2 1 a 7 6 127 Khi đó: a.C60  .C6  ....  C6  2 7 7 Ta có : (1  x )6  C60  C6 x  C62 x 2  C6 x 3  C64 x 4  C6 x 5  C6 x 6 1 3 5 6 a a a  x2  7 6 x  Nên a (1  x) dx  C  x 0  C    ...  C6    6 0 1  6 6  2 0  7 0 0 a  (1  x)7  a2 1 a7 6 0  a.C6  .C6  ....  C6 7 2 7  0 (1  a )7 1 127    (1  a)7  128  (1  a )7  27  a1 7 7 7 Vậy a = 1 và n = 6 . Câu VI.b: 1) (C) có tâm và bán kính R = 5. I (1; 3) Gọi H là trung điểm dây cung AB thì AH = 4 và hay (*) IH  R 2  AH 2  52  4 2  3 d ( I , )  3 () qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng: Ax  By  0 ; A2  B 2  0
A  3B Từ (*) cho :  hay  3  A(4 A  3B )  0 A0 A2  B 2 4 A  3B  0  Với chọn A = 3; B = – 4  Phương trình 4 A  3B  0 , của (): 3x  4 y  0  Với A = 0, chọn B = 1  Phương trình của (): y  0. Kết luận : PT của () là hay y  0. 3x  4 y  0 ur 2) () qua điểm A(1;0;0) và có VTCP u  (1; 1; 2) . (P) có r VTPT n  (2; 2; 1) . uuuur Giao điểm M(0;0;m) cho () có VTPT AM  (1;0; m) . u r uuuu u rr n   AM , u   (m; m  2;1)   tạo thành góc 600 nên : () và (P): 2x  2 y  z 1  0  rr 1 1 1    2m 2  4m  1  0   m  2  2 . cos n , n    2 2 2 m 2  4m  5 m  2  2 Kết luận : hay M (0; 0; 2  2) M (0; 0; 2  2 )  1  x  2  1  x  2  Câu VII.b: PT   x x m  3x  x  m.3  0 
1  x.ln 3 x 1 Đặt : f ( x)  , ; f  ( x)  f  ( x)  0  x    1; 2 3x 3x ln 3 2 1 1 1 ; x   1; 2 f (1)  3 ; f (2)    3  f ( x )  ;f 9  ln 3  e.ln 3 e.ln 3 1 Kết luận : Khi thì PT có nghiệm . 3  m  e.ln 3