Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 23

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

Thêm vào BST

Báo xấu

55
lượt xem 3
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 23', 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 23

www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học Đề số 23 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − x . 1) Khảo sát sự biến thiên và đồ thị (C) của hàm số. 2) Dựa và đồ thị (C) biện luận số nghiệm của phương trình: x3 – x = m3 – m Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: cos2x + cosx + sin3x = 0 (3 + 2 2 ) − 2 ( 2 − 1) − 3 = 0 . x x 2) Giải phương rtình: 2e 3 x + e 2 x − 1 ln 2 ∫e I Câu III: (1 điểm) Cho I = dx . Tính e + e − e +1 3x 2x x 0 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tai A và D. Biết AD = AB = a, CD = 2a, cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng đáy và SD = a. Tính thể tứ diện ASBC theo a. Câu V: (1 điểm) Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  2 A  2 B  2 B  2C  2 C  2 A  1 + tan 1 + tan   1 + tan  1 + tan  1 + tan  1 + tan    2  2  2  2 + 2  2 P= + C A B 1 + tan 2 1 + tan 2 1 + tan 2 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 đường tròn (C): x2 + y2 – 4y – 5 = 0. Hãy 4 2 viết phương trình đường tròn (C′) đối xứng với đường tròn (C) qua điểm M  ;    55 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương tham số của đường thẳng (d) đi x = t x y−2 z  qua điểm A(1;5;0) và cắt cả hai đường thẳng ∆1 : = và ∆2 :  y = 4 − t . = −3 −3 1  z = −1 + 2t  Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp D = {x ∈ R/ x4 – 13x2 + 36 ≤ 0}. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 – 3x trên D. B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng ∆ định bởi: (C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 2 y = 0; ∆ : x + 2 y − 12 = 0 . Tìm điểm M trên ∆ sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường vuông góc chung của  x = 3 + 7t x−7 y −3 z −9  hai đường thẳng: ∆1 : và ∆2 :  y = 1 − 2t = = −1 1 2  z = 1 − 3t  Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = 0., biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo. www.MATHVN.com www.MATHVN.com - Trang 23
Hướng dẫn Đề số 23  23 m   3 Câu I: 2)  : PT có 1 nghiệm duy nhất   23 m  3  23 3 m= hoặc m = : PT có 2 nghiệm (1 đơn, 1   3 3 kép)  m    2 3 3 ; 2 3 3  \  3 : PT có 3 nghiệm phân biệt    3   x x Câu II: 1) PT  cosx(1 + cosx) + 8 sin =0 3 cos3 2 2 x  cos x  (1  cos x)sin x  0 2cos2 2 x   cos 2  0    sin x  cos x  sin x.cos x  0 2  2) PT ( 2  1) 2 x  3 0 ( 2  1) x  ( 2  1)3 x  3( 2  1) x  2  0  ( 2  1) x  2 ln 2 ln 2 2e 3 x  e 2 x  1 3x  2e 2 x  e x  (e3 x  e2 x  e x  1) =  3e Câu III: I =  dx dx e  e2 x  e x  1 3x e3 x  e 2 x  e x  1 0 0
ln 2 3x 2x x =   e e  2e e  1  1dx = ln(e3x + e2x – ex + 1) ln 2 ln 2 3 e = x   3x 2x x 0 0 e   0 14 ln11 – ln4 = ln 4 Vậy eI = 11 . 4 12 Câu IV: Ta có SABC = SABCD – SADC = . VASBC = a 2 1 13 SABC.SA = a 3 6 C A B cos cos cos Câu V: P = = 2 2 2   B A B C C A cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2  A B BC  AC  sin   sin   sin    2   2  2 B A B C C A cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 = 2  tan A  tan B  tan C  ≥ 2 3 . Vậy minP = 2 3   2 2 2    khi và chỉ khi A = B = C = 3 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3. Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M 2 2  I  8 ; 56   (C): 8  6  x  y  9   5  5 5   
2) Gọi (P) là mặt phẳng qua I và 1  (P): 3x – y + 2z +2=0 Gọi (Q) là mặt phẳng qua I và 2  (Q): 3x – y – 2z +2=0  Phương trình của (d) = (P)  (Q) Câu VII.a: Ta có D = [–3;–2][2;3]  y’ = 3x2 – 3, y’ = 0  x = ± 1  D  y(–3) = –18, y(–2) = –2, y(2) = 2, y(3) = 18  kết quả. Câu VI.b: 1) Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính . R 5 Gọi A, B là hai tiếp điểm. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra . IM  2 R=2 5 Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: . ( x  2) 2  ( y  1)2  20
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: ( x  2) 2  ( y  1) 2  20 (1)   x  2 y  12  0 (2) Khử x giữa (1) và (2) ta được: y  3  2 y  10    y  1  20  5 y  42 y  81  0   27 2 2 2 y   5   6 27  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: hoặc M  6;3 M ;  5 5  x  7  t '  2) Phương trình tham số của : 1  y  3  2t ' z  9  t '  Gọi M và N lần lượt là giao điểm của đường vuông góc chung với 1 và 2  M(7 + t;3 + 2t;9 – t) và N(3 –7t;1 + 2t;1 + 3t) r r VTCP lần lượt của 1 và 2 là = (1; 2; –1) và = (– a b 7;2;3) uuur r u uuur r u MN  a  MN .a  0   . Từ đây tìm được t và t  Ta có: uuur r   uuur r u u MN  b  MN .b  0   Toạ độ của M, N.
Đường vuông góc chung chính là đường thẳng MN. Câu VII.b: Gọi nghiệm thuần ảo là z = ki (k  R) Ta có : (ki)3 + ( 1 – 2i)(ki)2 + ( 1 – i)ki – 2i = 0  – k3i – k2 + 2k2i + ki + k – 2i = 0 ( –k2 + k) + (–k3 + 2k + k – 2)i = 0  2   k k 0  k=1  2 2  k  2k  k  2  0  Vậy nghiệm thuần ảo là z = i  z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = 0  (z – i)[z2 + (1 – i)z + 2] = 0   z  i  2  z  (1  i) z  2  0 Từ đó suy ra nghiệm của phương trình.