Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 15

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

63
lượt xem 8
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 15', 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 15

www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học Đề số 15 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số: y = 3x − x 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên đường thẳng y = – x các điểm kẻ được đúng 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C). Câu II (2 điểm): 3 sin 2 x − 2sin x =2 1) Giải phương trình.: sin 2 x.cos x x 2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x( x − 1) + 4( x − 1) =m x −1 π 2 I= ∫ esin x .sin x.cos3 x. dx. 2 Câu III (1 điểm): Tính tích phân 0 Câu IV (1 điểm): Cho hình nón đỉnh S, đường tròn đáy có tâm O và đường kính là AB = 2R. Gọi M là điểm thuộc đường tròn đáy và ASB = 2α , ASM = 2β . Tính thể tích khối tứ diện SAOM theo R, α và β . Câu V (1 điểm): Cho: a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh: abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0 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 đường tròn (C): (x – 1)2 + (y + 1)2 = 25 và điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho MA = 3MB. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;–2). Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC), tìm tọa độ điểm H. Câu VIIa (1 điểm) Giải phương trình: log 2 x + ( x − 7) log 2 x + 12 − 4 x = 0 2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ các đỉnh C và D. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ∆ ABC với tọa độ đỉnh C(3; 2; 3) và phương trình đường cao AH, phương trình đường phân giác trong BD lần lượt là: x−2 y −3 z −3 x −1 y − 4 z − 3 = = = = , d2 : . d1 : −2 −2 1 1 1 1 Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của ∆ ABC và tính diện tích của ∆ ABC . Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 2008 x = 2007 x + 1 . www.MATHVN.com www.MATHVN.com - Trang 15
Hướng dẫn Đề số 15 Câu I: 2) A (2; –2) và B(–2;2) 2(1  cos x)(sin 2 x  sin x)  0  Câu II: 1) PT    k 2 x sin x  0, cos x  0 3  x 2) Đặt PT có nghiệm khi . có t 2  4t  m  0 t  ( x  1) x 1 nghiệm, suy ra m  4 . 11 t 1 Câu III: Đặt  = 2 I   e (1  t )dt sin x  t e 20 2 Câu IV: Gọi OH là đường cao của , ta có: D O AM  SO  OA.cotg  R.cotg sin    AH  SA.sin   R  OA R sin   SA  sin   sin   R .  OH  OA2  AH 2  sin 2   sin 2  sin  R 3 cos  sin  1 Vậy: . sin 2   sin 2  VS . AOM  .SO. AH .OH  3sin 3  3 Câu V: Từ gt   1 + a  0. Tương tự, 1 + b  0, 1 + a2  1 c0   1  a  b  c  ab  ac  bc  abc  0 . (a) (1  a )(1  b)(1  c )  0 1 Mặt khác (1  a  b  c) 2  0 . a 2  b 2  c 2  a  b  c  ab  ac  bc  2
(b) Cộng (a) và (b)  đpcm M nằm ngoài (C). (C) có tâm Câu VI.a: 1) PM / ( C )  27  0  I(1;–1) và R = 5. Mặt khác: uuu uuu rr PM /( C )  MA.MB  3MB 2  MB  3  BH  3  IH  R 2  BH 2  4  d [ M , (d )] Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0). a  0 6a  4b . 4 d [ M ,(d )]  4   a   12 b a2  b2  5  Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0. 2) Phương trình mp(ABC): 2x + y – z – 2 = 0.  2 1 1 H  ; ;   3 3 3 Câu VII.a: Đặt PT   t = 4; t t  log 2 x . t 2  (7  x)t  12  4 x  0 =3 – x  x = 16; x = 2 uuu r AB   1;2   AB  5 . Phương trình AB: Câu VI.b: 1) Ta có: 2x  y  2  0 . I  (d ) : y  x  I  t ; t  . I là trung điểm của AC và BD nên: C (2t  1; 2t ), D(2t ;2t  2)
4 Mặt khác: (CH: chiều cao) . S ABCD  AB.CH  4  CH  5 4 5 8 8 2 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  | 6t  4 | 4 Ngoài ra: d  C; AB   CH       5 5 t  0  C  1;0  , D  0; 2    5 8 8 2 Vậy hoặc C  1;0 , D  0; 2  C  ; ,D ;   3 3  3 3  2) Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH  ( P)  d1  ( P) : x  y  2 z  1  0  phương trình BC :  x  1  2t ; y  4  2t ; z  3 B  ( P)  d 2  B (1; 4;3) Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d2, (Q) cắt d2 và AB tại K và M. Ta có: (K là trung điểm của (Q) : x  2 y  z  2  0  K (2;2;4)  M (1;2;5) CM). x 1 y  4 z  3 , do  ptAB :   2 0 2 1 uuu uuu rr .  AB, AC   2 3 A  AB  d1  A(1;2;5)  S  ABC    2 Câu VII.b: PT  với x  (–  ; +  ) f ( x)  2008 x  2007 x  1  0 f  (x)  2008 x.ln 2008  2007; f  ( x)  2008x ln2 2008  0, x  f  ( x ) luôn luôn đồng biến. Vì f (x) liên tục và x0 lim f  ( x)  2007; lim f  ( x)    x x
để f ' ( x0 ) = 0 Từ BBT của f(x) f(x) = 0 không có quá 2 nghiệm.  Vậy PT có 2 nghiệm là x = 0; x = 1