Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 26

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

71
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 26', 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 26

www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Đề số 26 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x−2 y= Câu I: (2 điểm) Cho hàm số . x −1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Chứng minh rằng với mọi giá trị thực của m, đường thẳng (d) y = – x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn AB. Câu II: (2 điểm) 1 log x 2 − log 4 x − ≥0 1) Giải bất phương trình: 2 π  π  tan  x −  tan  x +  .sin 3 x = sin x + sin 2 x 2) Giải phương trình:  6  3 π 2 sin xdx ∫ Câu III: (1 điểm) Tính tích phân ( sin x + 3 cos x ) 3 0 Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích hình chóp S.ABC biết SA = a, SB = b, SC = c, ASB = 600 , BSC = 900 , CSA = 1200 . Câu V: (1 điểm) Với mọi số thực dương a; b; c thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị a3 b3 c3 nhỏ nhất của biểu thức: P = + + (1 − a ) (1 − b) (1 − c)2 2 2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo cương trình chuẩn: Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1): x + y + 1 = 0, (d2): 2x – y – 1 = 0 . Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;–1) cắt (d1) và (d2) tương ứng tại A và B sao cho 2 MA + MB = 0 2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 1 = 0 và hai điểm A(1;7; –1), B(4;2;0). Lập phương trình đường thẳng (D) là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB trên (P). Câu VII.a: (1 điểm) Ký hiệu x1 và x2 là hai nghiệm phức của phương trình 2x2 – 2x + 1 = 0. 1 1 Tính giá trị các số phức: và 2 . 2 x1 x2 B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hypebol (H) có phương trình x2 y2 − = 1 . Giả sử (d) là một tiếp tuyến thay đổi và F là một trong hai tiêu điểm của 9 4 (H), kẻ FM ⊥(d). Chứng minh rằng M luôn nằm trên một đường tròn cố định, viết phương trình đường tròn đó 2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3). Tìm toạ độ trưc tâm của tam giác ABC. Câu VII.b: (1 điểm) Chứng minh rằng với ∀k,n ∈ Z + thoả mãn 3 ≤ k ≤ n ta luôn có: Cn + 3Cn−1 + 2Cn−2 = Cn+3 − Cn−3 − Cn−2 . k k k k k k Trang 26- www.MATHVN.com
Hướng dẫn Đề số 26 Câu I: 2) Phương hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: x2 =–x+m x 1 x  1 luôn có 2 nghiệm phân biệt với  2  x  mx  m  2  0 (1) mọi m Ta có A(x1; –x1 +m), B(x2; – x2 + m) AB = = 2(m 2  4m  8)  8 2( x1  x2 ) 2  2 ( x1  x2 ) 2  4 x1 x2    Vậy GTNN của AB = khi và chỉ khi m = 2 8 Câu II: 1) Điều kiện: 0 < x ≠ 1. Đặt t = log 2 x  t 2  t  2 0 1 1 1 1t1  BPT   log 2 x   0     0   2t log 2 x 2 2 t22 t  0  1   log 2 x  log 2 22 t (t 2  t  2)  0  t  2 0  x  4       0  t  1  log 2 1  log 2 x  log 2 2 t  0 1  x  2     2) Điều kiện: cos  x   .cos  x    0 6 3  
    sin  x   sin  x   6  3  PT – sin3x = sinx +   sin 3x  sin x  sin 2 x     cos  x   cos  x   6 3   sin2x k   sin 2 x  0 x  2  sin2x(2cosx + 1) = 0    cos x   1  x   2  k 2 2   3  Kết hợp điều kiện, nghiệm của phương trình là: k  x  2   x   2  2k  3  Câu III: Ta có: sinx + 3 cosx = 2cos  x    ,   6   sinx = sin   x       =  1  3   sin  x    cos  x      6 6 2 6 2 6          sin  x   dx 32 12 dx 3 6  I= =  16    16 0  6   cos3  x   cos 2  x   0 6 6   Câu IV: Trên SB, SC lấy các điểm B, C sao cho SB = SC = a. Ta có AB = a, BC = a 2 , AC = a  3 ABC vuông tại B. Gọi H là trung điểm của AC, thì SHB vuông tại H. Vậy SH là đường cao của hình
chop S.ABC a3 2 VS . ABC abc bc 2 Vậy: VS.AB’C’ =  VS.ABC = .  32 abc 12 VS . AB ' C ' a a 12 dụng BĐT Cô-si Câu V: Áp ta có: 8a 3 a3 6a  2b  2c .  (b  c)  (b  c)  6a   2 2 (b  c ) (b  c) 8 Dấu " = " xảy ra  2a = b + c. b3 c3 6b  2c  2a 6c  2a  2b Tương tự:   ; 2 2 (c  a) ( a  b) 8 8 abc 1 . Dấu bằng xảy ra  a = b = c = 1 . Suy ra: P  4 4 3 1 Kết luận: minP = 4 Câu VI.a: 1) Giả sử: A(a; –a–1), B(b; 2b – 1) uuu uuu r r r Từ điều kiện tìm được A(1; –2), B(1;1) suy ra 2MA  MB  0 (d): x – 1 = 0 2) Gọi (Q) là mặt phẳng qua A, B và vuông góc với (P) ta suy ra (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = 0. (D) = (P)  (Q) suy ra phương trình (D).
1 1 nghiệm Câu VII.a: PT có hai x1  (1  i), x2  (1  i) 2 2 1 1   2i; 2  2i 2 x1 x2 Câu VI.b: 1) (H) có một tiêu điểm F ( . Giả sử pttt (d): 13;0) ax + by + c = 0 . Khi đó: 9a2 – 4b2 = c2 (*) Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b( x  –ay=0 13)  ax  by  c  Toạ độ của M là nghiệm của hệ:  bx  ay  13b  Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng lại và kết hợp với (*) ta được x2 + y2 = 9 2) Lập phương trình mp(ABC); (P) qua A và (P)  BC; (Q) qua B và (Q)  AC Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng trên ta được trực tâm H  36 ; 18 ; 12    49 49 49   Câu VII.b: Ta có:
Cn  3Cn1  2Cn2  Cn3  Cn 3  Ck 2  Cn  3Cn1  3Cn 2  Cn 3  Cn3 k k k k k k k k k k n (1)   VT(1)  Cn  Ck 1  2 Ck 1  Cn2  Ck 2  Cn3  Ck 1  2Ck1  Ck 1 k k k 1 2 n n n n n n   = C k  Ck 1  Ck 3   Ck 1  Cn1  Cn1  Cn1 k 1 k 1 k 2 n2 n2 n n