Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 19

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

Thêm vào BST

Báo xấu

50
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 19', 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 19

www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học Đề số 19 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 4 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2điểm)  x2 + 1 + y( x + y) = 4 y  (x, y ∈ R ) 2 1) Giải hệ phương trình: ( x + 1)( x + y − 2) = y  sin 3 x.sin 3x + cos3 x cos3 x 1 =− 2) Giải phương trình: π  π  8 tan  x −  tan  x +   6  3 1 I = ∫ x ln( x 2 + x + 1)dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích a2 3 bằng . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. 8 Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của 1 1 1 biểu thức P = +2 +2 a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a 2 + 3 2 2 2 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 ∆ ABC có đỉnh A(1;2), phương trình đường trung tuyến BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số { x = −2 + t; y = −2t; z = 2 + 2t . Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A(4;0;–1) song song với (D) và I(–2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Viết phương trình của mặt phẳng chứa ∆ và có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của n  1  x + 4  , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn:  2 x 2n +1 n 6560 2 2 1 23 2 2Cn + Cn + Cn +⋯ + Cn = ( Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử) 0 n +1 n +1 2 3 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y – 7= 0 và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2 + MB 2 + MC 2 . e x − y + e x + y = 2( x + 1)  (x, y ∈ R ) Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình  x+ y e = x − y + 1  www.MATHVN.com - Trang 19
Hướng dẫn Đề số 19 Câu I: 2) d có phương trình y = m(x – 3) + 4. Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình: x  3 x 3  3x 2  4  m( x  3)  4  ( x  3)( x 2  m)  0   2 x  m  0 Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và y '( m ). y '(  m )  1 18  3 35 (thỏa mãn)  (3m  6 m )(3m  6 m )  1  9m 2  36m  1  0  m  9 Câu II: 1) y = 0 không phải là nghiệm. Hệ PT   x2  1 x y22  y 2  x  1 ( x  y  2)  1 y   x2  1 x2  1 u  v  2 1  Đặt . Ta có hệ  u ,v  x  y  2  u  v 1 y  uv  1 y x  y  2  1  Nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5).         2) Điều kiện: sin  x   sin  x   cos  x   cos  x    0 6  3 6 3             Ta có tan  x   tan  x    tan  x   cot   x   1 6  3 6 6   
1 PT  sin 3 x.sin 3 x  cos 3 x cos3x  8 1  cos 2 x cos 2 x  cos 4 x 1  cos 2 x cos 2 x  cos 4 x 1      2 2 2 2 8    x  6  k (loaïi) 1 1 1  2(cos 2 x  cos 2 x cos 4 x)   cos3 2 x   cos 2 x    x     k 2 8 2   6  Vậy phương trình có nghiệm  k , (k  Z ) x 6 2x  1  du  2 dx u  ln( x 2  x  1)   x  x 1 Câu III: Đặt   2  dv  xdx v  x   2 1 1 x2 1 2x3  x 2 I  ln( x 2  x  1)   2 dx 2 0 x  x 1 2 0 1 1 1 2x 1 1 1 1 3 dx  ln 3   (2 x  1) dx   2 dx   2 4 0 x  x 1 4 0 x  x 1 2 20 3 3  I  ln 3  4 12 Câu IV: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’. Khi đó (P) (BCH). Do góc  nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ · ' AM A cắt bởi (P) là tam giác BCH. a3 2 a3 Do tam giác ABC đều cạnh a nên AM  , AO  AM  2 3 3 a2 3 a2 3 1 a3 Theo bài ra S BCH   HM .BC   HM  8 2 8 4
3a 2 3a 2 3a AH  AM 2  HM 2    4 16 4 A ' O HM Do A’AO và MAH đồng dạng nên   AO AH AO.HM a 3 a 3 4 a A 'O    AH 3 4 3a 3 a3 3 1 1aa 3 Thể tích khối lăng trụ: V  AO.S  A O. AM .BC  a ABC 2 23 2 12 Câu V: Ta có a2+b2  2ab, b2 + 1  2b  1 1 1 1 2 . 2 2 2 2 a  2b  3 a  b  b  1  2 2 ab  b  1 1 1 1 1 1 1 Tương tự . . , 2 2 2 2 b  2c  3 2 bc  c  1 c  2a  3 2 ca  a  1 1 1 1 1  1 1 ab b 1 P         2  ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1  2  ab  b  1 b  1  ab 1  ab  b  2 1 1 khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng P 2 2 khi a = b = c = 1 Câu VI.a: 1) Điểm . C  CD : x  y  1  0  C  t;1  t   t 1 3  t  Suy ra trung điểm M của AC là . M ;  2 2 Từ A(1;2), kẻ tại I (điểm ). AK  CD : x  y  1  0 K  BC Suy ra AK :  x  1   y  2   0  x  y  1  0 x  y 1  0 Tọa độ điểm I thỏa hệ:  I  0;1  x  y 1  0
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1;0 . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: x 1 y   4x  3y  4  0 7  1 8 2) Gọi (P) là mặt phẳng chứa , thì hoặc . ( P)  ( D) ( P) P ( D) Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có và . IH  IA IH  AH d   D  ,  P    d  I ,  P    IH  Mặt khác  H   P   ; do đó . Lúc này (P) ở vị Trong (P), IH  IA maxIH = IA  H  A trí (P0)  IA tại A. r uu r Vectơ pháp tuyến của (P0) là , cùng phương n  IA   6;0; 3 r với . v   2;0; 1 Phương trình của mặt phẳng (P0) là: . 2( x  4)  1.( z  1)  2 x  z  9  0 2 2 Câu VII.a: Ta có I   (1  x) dx    Cn  Cn x  Cn x 2 L  Cn x n  dx n 0 1 2 n 0 0 2 11 12 1 0  Cn x n 1    C n x  C n x 2  C n x 3 L  n n 1 2 3  0
2n 1 n 2 2 1 23 2  I  2C Mặt khác (1). 0  Cn  Cn L  Cn n n 1 2 3 3n 1  1 1 (2) 2 (1  x) n 1  I n 1 n 1 0 2n 1 n 3n 1  1 2 2 1 23 2 Từ (1) và (2) ta có 0 2Cn  Cn  Cn L  Cn  n 1 n 1 2 3 3n 1  1 6560 Theo bài ra thì  3n 1  6561  n  7  n 1 n 1 7 k 14  3k 7 7  1 1 1k 7 k Ta có khai triển  k x  4    C7   k C7 x 4 x  4  02 2 x 2 x   0 Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn 14  3k 2k 2 4 1 2 21 Vậy hệ số cần tìm là C7  22 4 Câu VI.b: 1) Do B  d1 nên B(m; – m – 5), C  d2 nên C(7 – 2n; n) 2  m  7  2n  3.2 m  1 Do G là trọng tâm ABC nên    3  m  5  n  3.0 n  1 B(–1; –4), C(5; 1)  PT đường tròn ngoại tiếp ABC: 83 17 338 x2  y 2  x y 0 27 9 27 2) Gọi G là trọng tâm của ABC  G  7 ; 3 ;3  8   3   uuur uuu 2 uuur uuu 2 uuur uuu 2 r r r Ta có F  MA2  MB 2  MC 2   MG  GA   MG  GB    MG  GC 
uuur uuu uuu uuuu r r r  3MG 2  GA2  GB 2  GC 2  2MG (GA  GB  GC )  3MG 2  GA2  GB 2  GC 2 F nhỏ nhất  MG2 nhỏ nhất  M là hình chiếu của G lên (P) 78  33 19 33  MG  d (G,( P))   1 1 1 33 56 32 104 64 GA2  GB 2  GC 2    9 9 9 3 2  19  64 553 Vậy F nhỏ nhất bằng khi M là hình chiếu   3.  3 9 3 3  của G lên (P) e x  y  x  y  1 u  x  y  Câu VII.b: Đặt . Hệ PT     x y v  x  y e  x  y  1  e v  u  1 e v  u  1 (1)    u u v e  v  1 e  e  v  u (2)    Nếu u > v hoặc u < v thì (2) vô nghiệm . Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét  Nên (2) uv f(u) = eu – u – 1 , f (u) = eu – 1 Từ BBT của f(u) ta có f(u) = 0 . u0 x  y  0 x  0 Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 v 0  x  y  0 y  0