Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 24

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

Thêm vào BST

Báo xấu

51
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 24', 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 24

www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Đề số 24 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y = x3 + (1 − 2m) x 2 + (2 − m) x + m + 2 (1) ( m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 2. 2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu II: (2 điểm) 1 cos3 x − cos 2 x + cos x = 1) Giải phương trình: 2 3 log x 3 + 2log x 2 ≥3 2) Giải bất phương trình: log x 3 + log x 2 6 dx I =∫ Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: 2x + 1 + 4x + 1 2 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF với SA = a, AB = b. Tính thể tích của hình chóp đó và khoảng cách giữa các đường thẳng SA, BE. Câu V: (1 điểm) Cho x, y là các số thực thoả mãn điều kiện: x 2 + xy + y 2 ≤ 3. Chứng minh rằng : −(4 3 + 3) ≤ x 2 − xy − 3 y 2 ≤ 4 3 − 3. 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 tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm A(4;0;0), B(0; 4; 0). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mặt phẳng (P) đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng (P). Câu VII.a: (1 điểm) Chứng minh 3(1 + i) 2010 = 4i (1 + i )2008 − 4(1 + i )2006 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): x 2 + y 2 + 2 x − 4 y − 8 = 0 . Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: x = 1+ t x − 3 y −1 z  ( ∆2 ) : (∆1 ) :  y = −1 − t , = = −1 2 1 z = 2  Xác định điểm A trên ∆1 và điểm B trên ∆2 sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu VII.b: (2 điểm) Cho tập A= {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau chọn trong A sao cho số đó chia hết cho 15. www.MATHVN.com Trang 24- www.MATHVN.com
Hướng dẫn Đề số 24 Câu I: 2) . y   g ( x)  3x 2  2 1  2m  x  2  m YCBT  phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả x1 < x2 < 1    4 m 2  m  5  0   g (1)  5m  7  0   m  1  5  m  5      4   S 2m  1   1 2 3  x Câu II: 1)  Nếu , phương trình vô  0  x    k 2 , k  Z cos 2 nghiệm. x  Nếu , nhân hai vế phương trình  0  x    k 2 , k  Z cos 2 x ta được: cho 2cos 2 x x x x 7x tích thành tông  cos  2 cos cos 3x  2cos cos 2 x  2cos cos x  cos 0 2 2 2 2 2  2 , đối chiếu điều kiện: k ≠ 3 + 7m, x k ,k ¢ 7 7 mZ .
log x 3 2) Điều kiện: 0< x ≠ 1. Đặt: . y  y  log 2 3  0 log x 2 log x 3 2 3 3y  2 log x 2 1 BPT  (*) luôn sai với mọi 3 3 3 3 log x 3 y 1 y 1 1 log x 2 y > 0. Kết luận: BPT vô nghiệm. 1 Câu III: Đặt : t  4 x  1  t 2  4 x  1  x  (t 2  1) 4 6 5 5 1  dx tdt 1 31 Do đó: I    t  1  (t  1)  dt  ln  2 2 3 (t  1) 2 12 2x  1  4x  1   2 3 Câu IV: Nhận xét: Tâm O của lục giác đều ABCDEF là trung điểm của các đường chéo AD, BE, CF. SO (ABCDEF). Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac đều bằng nhau cạnh b. 3 3 3b 2 Diện tích đáy: Sđáy = 6SOAB = 6b (đvdt) 2  4 2 Chiều cao h = SO = SA2  OA2  a 2  b2 2 3(a 2  b 2 ) b 1  Thể tích V = Sdáy h  3 2
* Xác định được d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ. Chứng minh OJ (SAF) 3(a 2  b 2 ) OI .SO Trong SOJ vuông tại O ta có OJ = b 4a 2  b2 OI 2  SO 2 Câu V: Đặt A = ,B= x 2  xy  y 2 x 2  xy  3 y 2  Nếu y = 0 thì A = B = x2  0  B  3. x 2  xy  3 y 2 z2  z  3 x  Nếu y ≠ 0, ta đặt khi đó: . B  A.  A. 2 z x 2  xy  y 2 z  z 1 y z2  z  3 Xét phương trình: (a).  m   m  1 z 2   m  1 z  m  3  0 z2  z  1 nghiệm  (a) có m  1 m  1    0   3  48 3  48 2  m  1  4  m  1  m  3  0  m   3 3  Vì 0  A  3  . Đây là điều phải 3  4 3  B  3  4 3 chứng minh. Câu VI.a: 1) Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: 4 x  3 y  4  0  x  2  A  2;4    x  2 y  6  0 y  4
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình 4 x  3 y  4  0 x  1  B 1;0    x  y 1  0 y  0 Đường thẳng AC đi qua điểm A(–2;4) nên phương trình có dạng: a  x  2   b  y  4   0  ax  by  2a  4b  0 Gọi 1 : 4 x  3 y  4  0; 2 : x  2 y  6  0; 3 : ax  by  2a  4b  0 Từ giả thiết suy ra · ;   · ;   . Do đó   2 3 1 2 |1.a  2.b | | 4.1  2.3 | cos·2 ; 3   cos·1 ; 2      2 2 25. 5 5. a  b a  0 | a  2b | 2 a 2  b 2  a  3a  4b   0   3a  4b  0 a=0 . Do đó 3 : y  4  0 b0  3a – 4b = 0: Chọn a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4 x  3 y  4  0 (trùng với  ). 1 Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y – 4 = 0. Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:  x  4  1  0   x  5  C  5;4 y 0   y4 y  
2) Tọa độ của trung điểm I của AB là: I(2; 2; 0) x2 y 2 z  Phương trình đường thẳng KI: .   1 3 2 Gọi H là hình chiếu của I lên ()  H(–1; 0; 1). Giả sử K(xk; yk; zk), khi đó: và 2 2  yk2   zk  1  xk  1 KH  KO  xk2  yk2  zk2 Từ yêu cầu bài toán ta có hệ: 1   xk   4   x  1 2  y 2   z  12 2 2 2   xk  yk  zk  k k k 1  1 1 3  . Kết luận: .   yk  K  ; ;  x  2 y  2 z 2  4 2 4 k k k  1 3 2 3   zk  4  Câu VII.a: Ta có: 3(1  i) 2010  4i(1  i ) 2008  4(1  i) 2006  3(1  i) 4  4i(1  i ) 2  4  (1  i )4  4  ( đúng)  (đpcm). 4i 2  4 Câu VI.b: 1) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình  x2  y 2  2 x  4 y  8  0  y  0; x  2    y  1; x  3 x  5y  2  0
Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(–3;–1). nên AC là đường kính đường tròn, tức điểm Vì · ABC  900 C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4). 2) Vì A 1  A(t+1; –t –1; 2); B 2  B( t'+3; 2t' +1; t') uuu r  AB  (t ' t  2; 2t ' t  2; t ' 2) Vì đoạn AB có độ dài nhỏ nhất  AB là đoạn vuông góc chung của (1) và (2) uuu r r uuu r r  AB  u1  AB.u1  0 2t  3t '  0     t  t'  0 A( 1; –1; 2), uuu r   uuu r  r r  AB.u2  0 3t  6t '  0  AB  u2   B(3; 1; 0). Câu VII.b: Nhận xét: Số chia hết cho 15 thì chia hết 3 và chia hết 5.  Các bộ số gồm 5 số có tổng chia hết cho 3 là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6).
 Mỗi số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số tận cùng là 0 hoặc 5. + Trong các bộ số trên có 4 bộ số có đúng một trong hai số 0 hoặc 5  4.P4 = 96 số chia hết cho 5. + Trong các bộ số trên có 3 bộ số có cả 0 và 5. Nếu tận cùng là 0 thì có P4= 24 số chia hết cho 5. Nếu tận cùng là 5 vì do số hàng chục nghìn không thể là số 0, nên có 3.P3=18 số chia hết cho 5. Trong trường hợp này có: 3(P4+3P3) = 126 số. Vậy số các số theo yêu cầu bài toán là: 96 + 126 = 222 số.