zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

63 Đề thi thử Đại học 2011 - Đề số 49

Chia sẻ: Pham Xuân Dương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Báo xấu

49
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu '63 đề thi thử đại học 2011 - đề số 49', 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: 63 Đề thi thử Đại học 2011 - Đề số 49

63 Đề thi thử Đại học 2011 B  2;3; 1 hoặc B  3;1; 2      AB  DC  D  5;3; 4  hoặc D  4;5; 3 Câu VII.b: 3   1  x  1  x3  2 ĐK: x  1  x  2  2 x  1  3 x3  2  x  2  3 x3  2  x 3  6x 2  12x  8  x 3  2 2  6  x  1  0 Suy ra: x  1 là nghiệm của PT. THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THTT SỐ 401-11/2010 ĐỀ SỐ 02 Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG Câu I: Cho hàm số: y  2x 3  3x 2  1 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8. Câu II:  xy  18  12  x 2  1) Giải hệ phương trình:  12  xy  9  y 3  2) Giải phương trình: 4   x  12  2x  11  x  0 x Câu III: Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa cạnh bên và cạnh đáy đối diện bằng m. Câu IV:  Tính tích phân: I   x  cos x  sin 5 x dx 0 Câu V: -238- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011 a  a  c   b 2  Cho tam giác ABC, với BC = a, AC = b, AB = c thỏa mãn điều kiện  2 b  b  a   c  111 Chứng minh rằng:   abc . 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 tọa độ (Oxy) cho đường thẳng (d) : 3x  4y  5  0 và đường tròn (C): x 2  y 2  2x  6y  9  0 . Tìm những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho hai mặt phẳng (P1): x  2y  2z  3  0 , x2 y z4 (P2): 2x  y  2z  4  0 và đường thẳng (d):   . Lập phương trình mặt cầu 1 2 3 (S) có tâm I thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P 1) và (P2). Câu VII.a: 4   Đặt 1  x  x 2  x 3  a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a12 x12 . Tính hệ số a7. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1 7 2 2 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):  x  1   y  3  1 và điểm M  ;  . 5 5 Tìm trên (C) những điểm N sao cho MN có độ dài lớn nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  2x  4y  2z  5  0 và mặt phẳng (P): x  2y  2z  3  0 . Tìm những điểm M thuộc (S), N thuộc (P) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. Câu VII.b: Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số: x 0 0 , 3 f  x    1  3x  1  2x tại điểm x0 = 0. x0 ,   x HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN CHUNG Câu I: 1) Tự giải -239- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011 2) y  2x 3  3x 2  1  y '  6x 2  6x Gọi M  x 0 ; y 0   Phương trình tiếp tuyến: y   6x 0  6x 0   x  x 0   y 0 2 Hay y   6x 0  6x 0  x  6x 3  6x 0   2x 0  3x 0  1 2 2 3 2 0 Tiếp tuyến này có tung độ bằng 8  6x 3  6x 2   2x 3  3x 0  1  8 2 0 0 0 Giải ra được: x 0  1  y 0  4 Vậy M  1; 4  Câu II: 1) ĐK: x  2 3, xy  0  xy  18  12  x 2  xy  30  x 2 (1)  - Nếu xy  18 thì ta có hệ:  1 2  2 3xy  27  y (2)  xy  9  y 3  2 Lấy (2) trừ (1): 2xy  3  x 2  y 2   x  y   3  x  y   3  Với x  y  3  y  x  3 , thay vào (1): 53   x x  3  30  x 2  2x 2  3x  30  0  x  (loại) hoặc x  2 3 (nhận) 2    Nghiệm 2 3; 3 3  Với x  y   3  y  x  3 , thay vào (1): 53   x x  3  30  x 2  2x 2  3x  30  0  x   (loại) hoặc x  2 3 (nhận) 2    Nghiệm 2 3;3 3 - Nếu xy  18 thì từ (1) suy ra: x  2 3 , từ (2) suy ra: y  3 3  xy  18  xy  18  Vô nghiệm.    Hệ có 2 nghiệm 2 3;3 3 , 2 3; 3 3 . 2) 4x   x  12  2x  11  x  0  4 x  12.2x  11  x  2 x  1  0   2 x  11  2 x  1  x  2x  1  0   2 x  11  x  2 x  1  0 2x  1  x  0  x  2  11  x  0  x  3 Phương trình có 2 nghiệm x = 0, x = 3. -240- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011 Câu III: Gọi M là trung điểm BC  AM  BC,SM  BC  BC  (SAM) Trong (SAM) dựng MN  SA  MN là khoảng cách SA và BC.  MN = m 3a 2 AN  AM 2  MN 2   m2 4 Dựng đường cao SO của hình chóp. MN SO m SO 2 3ma     SO  AN AO 3a 2 3 3a 2  4m 2 a3 2 m 3 4 a2 3 ma 3 1 1 2 3ma V  SO.SABC  .  . 3 3 3 3a 2  4m 2 4 6 3a 2  4m 2 Câu IV:      I   x  cos x  sin x dx   x cos xdx   x sin xdx   x cos xdx   x 1  2cos 2 x  cos 4 x  sin xdx 5 5     0 0 0 0 0 J K  J   x cos xdx 0 Đặt u  x  du  dx dv  cos xdx  v  sin x     J  x sin x 0   sin xdx  cos x 0  2 0  2 K   x 1  cos 2 x  sin xdx 0 Đặt u  x  du  dx 2 1 dv  1  2cos 2 x  cos 4 x  sin xdx  v  cos x  cos3 x  cos5 x 3 5   2 1 2 1      K  x  cos x  cos 3 x  cos5 x     cos x  cos 3 x  cos 5 x  dx 3 5 3 5  0 0     8 2 1   cos xdx   cos3 xdx   cos5 xdx  15 0 30 50 -241- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011    cos xdx  sin x 0 0 0    sin 3 x cos xdx   1  sin x  cos xdx  sin x  3 2 0  30 0 0    23 15  cos xdx   1  2sin x  sin x  cos xdx  sin x  3 sin x  5 sin x 0  0 5 2 4 0 0 8 K 15 8 I  2. 15 Câu V:  a  a  c   b2 (1)   2 b  b  a   c (2)  Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác nên: a  c  b Từ (1) suy ra: ab  b 2  a  b  b  a  0 Ta có: (1)  ac   b  a   b  a  ac  c 2  ab  bc  ac  bc  a  b  c  Từ (2) suy ra: b ba 1 bc 111 Từ đó:     (đpcm). a bc abc PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) M thuộc (C) có vectơ pháp tuyến của tiếp tuyến tại M cùng phương vectơ pháp tuyến (d) và gần (d) nhất. 2 2 (C) :  x  1   y  3  1  phương trình tiếp tuyến tại M  x 0 ; y0  :  x 0  1  x  1   y 0  3  y  3  1  4  x 0  1  3  y 0  3   0  4x 0  3y 0  5  0 (1) 2 2 M  x 0 ; y 0    C    x 0  1   y 0  3   1 (2)  2 11   8 19  Giải (1), (2) ta được: M1   ;  , M 2   ;   5 5  5 5 -242- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011  2 11 3.    4.  5  5 5 d  M1 ,(d)   1 32  42  8 19 3.    4.  5  5 5 d  M 2 ,(d)   3 32  42  2 11   Tọa độ điểm M cần tìm là M   ;  .  5 5 N là hình chiếu của tâm I của (C) lên (d).  1  x 4  x  1  3  y  3  0   IN  (d)   5     N  (d) y  7  3x  4y  5  0   5   1 7  Tọa độ điểm N cần tìm là N  ;  . 5 5 2) I  (d)  I  2  t; 2t; 4  3t  (S) tiếp xúc (P1) và (P2)  d  I,  P1    d  I,  P2    R  t  1 2  t  4t  8  6t  3 4  2t  2t  8  6t  4    9t  3  10t  16    t  13 12  22  2 2 22  12  2 2 2 2 2  Với t  1  I  1; 2;1 ,R  2  (S1 ) :  x  1   y  2    z  1  2 2 2 2 2  Với t  13  I 11;26; 35  , R  38  (S2 ) :  x  11   y  26    z  35   382 Câu VII.a: 4   Đặt 1  x  x 2  x 3  a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a12 x12 . Tính hệ số a7. 4 24 4    1  x  .1  x  Ta có: 1  x  x 2  x 3 24 1  x   C0  x 2C1  x 4C 2  x 6C3  x 8C4 4 4 4 4 4 4  C0  xC1  x 2C2  x 3C3  x 4C 4 4 1  x  4 4 4 4 Suy ra: a 7  C 4C3  C1 C3  6.4  4.4  40 2 4 44 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) N là giao điểm của MI và (C) với MN lớn nhất. -243- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011    6 8   MI    ;   vectơ chỉ phương đường thẳng MI a   3;4   5 5  x  1  3t Phương trình đường thẳng MI:   y  3  4t 1 2 2 N  MI  (C)   1  3t  1   3  4t  3  1  25t 2  1  t   5  8 19   2 11   N1  ;  , N 2  ;  5 5  5 5  MN1  3, MN 2  1 So sánh: MN1  MN 2  8 19   Tọa độ điểm N cần tìm là N  ;  5 5 2) 2 2 2 (S):  x  1   y  2    z  1  1 (P): x  2y  2z  3  0 M  (P ') : x  2y  2z  d  0 d  0 1  4  2  d Khoảng cách từ tâm (S) đến (P’) bằng R  d  I,(P ')   R  1  d  6 2 12   2   22 (P1 ') : x  2y  2z  0 (P2 ') : x  2y  2z  6  0 Phương trình đường thẳng    đi qua I vuông góc với (P1’), (P2’):  x  1  t     :  y  2  2t  z  1  2t  1  2 4 5 M1 là giao điểm    và (P1)  1  t  4  4t  2  4t  0  t   M1   ; ;  3  3 3 3 1  4 8 1 M2 là giao điểm    và (P2)  1  t  4  4t  2  4t  6  0  t    M 2   ; ;  3  3 3 3 2 8 10    3 333 d  M1 , (P)   1 2 12   2   22 -244- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011 4 16 2    3 333 d  M 2 , (P)   3 2 2 2 1   2   2  2 4 5  Tọa độ điểm M là M   ; ;   3 3 3 2  1 2 7 N là giao điểm    và (P)  1  t  4  4t  2  4t  3  0  t   N  ; ;  3  3 3 3 Câu VII.b: f  x   f 0 1  3x  1  x  1  2x  1  x  3 3 1  3x  1  2x f '  0   lim  lim  lim  lim 2 2 x2 x 0 x x x 0 x 0 x0 x0 1  3x  1  x  3 3x 2  x 3  lim lim x2 x 0 2  x 3 1  3x   3 1  3x.1  x   1  x   x 0 2 2     3  x  lim  1 2 2 x 0 3 1  3x   1  3x.1  x   1  x  3 1  2x  1  x  x 2 1 1  lim 2  lim  lim 2 x  1  2x  1  x   x 0 1  2x  1  x  2 x x 0 x 0   1 1  f '  0   1    2 2 THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THTT SỐ 402-12/2010 ĐỀ SỐ 03 Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG Câu I: Cho hàm số: y   x 4  2  m  1 x 2  2m  1 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu II: 1) Giải phương trình: 2cos 2 2x  cos 2x.sin 3x  3sin 2 2x  3 6x 2  3xy  x  y  1 2) Giải hệ phương trình:  2 2  x  y  1. -245- http://www.VNMATH.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.