zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 20

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

Báo xấu

59
lượt xem 7
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 20', 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 20

www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Đề số 20 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số f ( x) = x3 − 3 x 2 + 4 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số . 3 2  1  1 2) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: G(x)=  2sin x +  − 3  2sin x +  + 4     2 2 Câu II. (2,0 điểm) 1) Tìm m sao cho phương trình sau có nghiệm duy nhất: ln(mx) = 2ln( x + 1) sin 3 x.(1 + cot x) + cos3 x(1 + tan x) = 2sin 2 x . 2) Giải phương trình: e2 x − 2 x + 1 Câu III. (1,0 điểm) Tính giới hạn: lim 3x + 4 − 2 − x x →0 Câu IV. (1,0 điểm) Xác định vị trí tâm và độ dài bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có AB = 2, AC = 3, AD = 1, CD = 10, DB = 5, BC = 13 . x + y = 3  Câu V. (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm với x ≥ 2 :   x +3 + y +5 = m 2 2  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác 1  ABC với các đỉnh: A(–2;3), B  ;0  , C (2;0) . 4  2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm  2 x + 3 y + 11 = 0 x − 2 y +1 z −1 M ( −4; −5;3) và cắt cả hai đường thẳng: d ' :  = = và d '' : . y − 2z + 7 = 0 −5  2 3 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm n sao cho Cn + 6Cn2 + 6Cn3 = 9n 2 − 14n , trong đó Cnk là số tổ hợp chập 1 k từ n phần tử. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình elip với các tiêu điểm F1 ( −1;1) , F2 ( 5;1) và tâm sai e = 0, 6 . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình hình chiếu vuông góc của x − 2z = 0 trên mặt phẳng P : x − 2 y + z + 5 = 0 . đường thẳng d :  3x − 2 y + z − 3 = 0 Câu VII.b (1,0 điểm) Với n nguyên dương cho trước, tìm k sao cho C2nn − k C2nn + k lớn nhất hoặc nhỏ nhất. www.MATHVN.com Trang 20- www.MATHVN.com
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Hướng dẫn Đề số 20 1  t   3 ; 5  và g  x   f  t   t Câu I: 2) Đặt 3  3t 2  4. 2sin x  t  2 2 2   27  54  32  3 27 9 49 f       3.  4   ; 2 8 4 8 8  49  Max = 4, Min = f CD  f  0   4; fCT  f  2   0;  8 125  150  32 7  5  125 25 f    3.  4   2 8 4 8 8  Câu II: 1) ĐKXĐ: . Như vậy trước hết phải có . x  1, mx  0 m0 Khi đó, PT  (1) mx  ( x  1) 2  x 2  (2  m) x  1  0 Phương trình này có:   m 2  4m .  Với   < 0  (1) vô nghiệm. m  (0;4)  Với , (1) có nghiệm duy nhất < 0  loại. m0 x  1  Với , (1) có nghiệm duy nhất x = 1 thoả ĐKXĐ nên m4 PT đã cho có nghiệm duy nhất.  Với , ĐKXĐ trở thành . Khi đó nên (1) có 0 m0 1  x  0 nghiệm phân biệt Mặt khác, hai  x1  x2  . x1 , x2 , tức là chỉ có là nghiệm nên f ( 1)  m  0, f (0)  1  0 x1  1  x2  0 x2 của phương trình đã cho. Như vậy, các giá trị thoả m0 điều kiện bài toán.  Với . Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > 0 và m4 (1) cũng có hai nghiệm phân biệt Áp dụng định  x1  x2  . x1 , x2 Trang 14
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học lý Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đều dương nên các giá trị cũng bị loại. m4 Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: . m  (;0)  4 k 2) ĐKXĐ: sao cho . x sin 2 x  0 2 Khi đó, VT = sin 3 x  cos3 x  sin 2 x cos x  cos 2 x sin x = = (sin x  cos x)(sin 2 x  sin x cos x  cos2 x)  sin x cos x(sin x  cos x) sin x  cos x sin x  cos x  0 PT  sin x  cos x  2sin 2 x   2 (sin x  cos x)  2sin 2 x (1)   (1)  1  sin 2x  2sin 2 x  sin 2x  1( 0)   2k  x   k 2x  2 4 Để thoả mãn điều kiện , các nghiệm chỉ có thể sin x  cos x  0  là:  2k  x 4 e2 x  2 x  1 1  2 x  1  e2 x  1 x Câu III: Ta có:   . x 3x  4  2  x 3x  4  2  x 1  2 x  1  e2 x  1  1  2 x  1 e2 x  1  x( 3 x  4  2  x) x = =  . .  x  (3 x  4)  (2  x) 2 x x  3x  4  2  x   e2 x  1  x( 3 x  4  2  x) 2 x = =   2. .    x  x2  x 1  2x  1 2x    e2 x  1  3x  4  2  x  2   2. . 1 x 2x   1  2x  1 e2 x  2 x  1    (1  2).4  4 lim 3x  4  2  x x 0 Trang 15
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Câu IV: Ta có: CD 2  10  AC 2  AD 2 ; DB 2  5  AD 2  AB 2 ; BC 2  13  AB 2  AC 2 ; Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông tại cùng đỉnh A. Lấy các điểm E, F, G, H sao cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp chữ nhật. Hiển nhiên, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp. Tâm mặt cầu này là trung điểm I của đoạn AH, còn bán kính là 1 12 14 . 2  32  12  R AH  2 2 2 x 3 x Câu V: Đặt  f  ( x)  f ( x)  x 2  3  (3  x) 2  5  2 (3  x) 2  5 x 3 2  x  3 f  ( x)  0  x x 2  6 x  14  (3  x ) x 2  3   2  2 x  18 x  27  0 Phương trình thứ hai có và hai nghiệm:  '  81  54  135  9.15 , 9  3 15 x1,2  2 Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2. Vậy, đạo hàm của hàm số không thể đổi dấu trên 2;   , . Do đó, giá trị nhỏ nhất của ngoài ra nên f (3)  0 f ( x)  0, x  2 là . f ( x) f ( 2)  7  6 Cũng dễ thấy . Từ đó suy ra: hệ phương trình đã lim f  x    x  cho có nghiệm (với ) khi và chỉ khi . m 6 7 x2 Câu VI.a: 1) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A Trang 16
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học 2 9 1 2     3 d 4 DB AB 4  khi và chỉ khi    4d  1  6  3d  d  1. 2d DC AC 2 42   3  x2 y3 Phương trình AD: ; AC:   x  y 1  0 3 3 x2 y3   3x  4 y  6  0 3 4 Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng 1 b cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có: 4  b  3  5b  b   3 3 1  b   4b  6   b  b  3  5b  b  3  5b  b  1 32  4 2   2 1 Rõ ràng chỉ có giá trị là hợp lý. Vậy, phương trình b 2 2 2 1  1 1  của đường tròn nội tiếp ABC là: x   y    2  2 4  2) Mặt phẳng P’ đi qua đường thẳng d’ có phương trình dạng: m  2 x  3 y  11  n  y  2 z  7   0  2mx   3m  n  y  2nz  11m  7 n  0. Để mặt phẳng này đi qua phải có: M, m( 8  15  11)  n( 5  6  7)  0  n  3m Chọn , ta được phương trình của P’: . 2 x  6 z  10  0 m  1, n  3 ur Đường thẳng d” đi qua . Mặt và VTCP A  2; 1;1 m  (2;3; 5) ur uuu r phẳng P” đi qua M và d” có hai VTCP là và MA  6;4; 2  m r hoặc n 3;2; 1 . Vectơ pháp tuyến của P” là: Trang 17
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học u  3; 5 5; 2 2;3  r .    7; 13; 5  p , ,  2; 1 1;3 3;2  Phương trình của  P”: 7( x  4)  13( y  5)  5( z  3)  0 7 x  13 y  5 z  29  0. Đường thẳng d phải là giao tuyến của P’ và P” nên có phương trình:  2 x  6 z  10  0  7 x  13 y  5 z  29  0 Câu VII.a: Điều kiện: n  3. giả thiết thì:  Theo n  3n (n  1)  n(n  1)( n  2)  9n 2  14 n n=7 n 2  9 n  14  0  Câu VI.b: 1) Giả sử là điểm thuộc elip. Vì bán trục lớn M  x, y  c 3 của elip là a  5 e 0,6 nên ta có: MF1  MF2  10  ( x  1) 2  ( y  1) 2  ( x  5) 2  ( y  1) 2  10 ( x  2)2 ( y  1) 2   1 25 16 2) Mặt phẳng Q đi qua d có phương trình dạng: m  x  2 z   n  3x  2 y  z  5   0   m  3n  x  2ny   2m  n  z  5n  0 (Q)  (P)  1.(m  3n)  2(2n)  1.(2m  n)  0  m  8n  0 Chọn m = 8, n = 1, ta được phương trình của Q: . 11x  2 y  15 z  5  0 Trang 18
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Vì hình chiếu d’ của d trên P là giao tuyến của P và Q nên phương trình của d’ sẽ là: x  2y  z  5  0  11x  2 y  15 z  5  0 Câu VII.b: Ta chứng minh rằng giảm khi k tăng, tức C2nn  k C2 n  k n là: . (3) C2nn k C2nn  k  C2 n  k 1C2nn k 1 n Thật vậy, ta có chuỗi các biến đổi tương đương sau đây:  2n  k ! 2n  k !   2n  k  1! 2n  k  1! (3)  n ! n  k !n ! n  k ! n ! n  k  1!n ! n  k  1! 2n  k 2n  k  1 n n    1  1. nk n  k 1 nk n  k 1 Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên; từ đó suy ra (3) đúng. Do đó, lớn nhất khi k = 0 và nhỏ nhất khi k = n. C2nn  k C2 n  k n Trang 19

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.