Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 28

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

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 28', 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 28

www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Đề số 28 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 5 x 2 + 4, có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm m để phương trình | x 4 − 5 x 2 + 4 |= log 2 m có 6 nghiệm. Câu II (2 điểm). 1 1 sin 2 x + sin x − − = 2cot 2 x 1) Giải phương trình: 2sin x sin 2 x 2) Tìm m để phương trình: m ( x 2 − 2 x + 2 + 1) + x(2 − x) ≤ 0 có nghiệm x ∈ 0; 1 + 3    2x + 1 4 I =∫ Câu III (1 điểm). Tính tích phân: dx 1 + 2x + 1 0 Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 = 2a 5 và BAC = 120o . Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. Tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM). Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh: 3x + 2 y + 4 z ≥ xy + 3 yz + 5 zx II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm). 1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(–1; 3; –2), B(–3; 7; –18) và mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M(3;1) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với A(2;–2). Câu VII.a (1 điểm). Giải phương trình: log 3 ( x 2 + x + 1) − log 3 x = 2 x − x 2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b. (2 điểm). 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường  x = −1 + 2t  thẳng ∆ có phương trình tham số  y = 1 − t . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆.  z = 2t  Xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của tồng OA + OB nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: (log x 8 + log 4 x 2 ) log 2 2 x ≥ 0 www.MATHVN.com Trang 28- www.MATHVN.com
Hướng dẫn Đề số 28 9 9 Câu I: 2)  m  12 4  144 4 12 log12 m  4 Câu II: 1) PT   cos22x  cosxcos2x = 2cos2x và sin2x 0   cos2x = 0  2cos 2 x  cos x  1  0(VN ) cos 2 x  0      k  x   k 2x  2 4 2  t2  2 = x2  2x. BPT  2) Đặt t  x2  2x  2 t2  2 m (1  t  2), do x [0;1  3] t 1 t2  2 Khảo sát hàm số: với 1  t  2. g'(t) g (t )  t 1 t 2  2t  2  g tăng trên [1,2]  0 (t  1)2 t2  2 Do đó, YCBT có nghiệm t  [1,2]  BPT  m t 1 2 m  max g (t )  g (2)  3 t1;2
m 2 Vậy: 3 3 3 t2 1  Câu III: Đặt  = t  2x  1 I dt    t  1   dt 1 1 t t 1 1 3 t2    t  ln t  1   2  ln 2 2 1 Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A  O, C  2a,0,0 , A1 (0,0, 2a 5) uuuu r  uuuur a a 3  5 3 ,  A(0;0;0), B  ; ;0  M ( 2a,0, a 5)  BM  a   ;  ; 5  , MA1  a(2;0; 5) 2 2  2  2     Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là : 1 uuuu uuu uuuu r r r 1 uuu uuuu r r a3 15 ; S BMA1   MB, MA1   3a 2 3 A A1 .  AB, AM   VAA1 BM      6 3 2 Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng 3V a 5 d  . S 3 dụng BĐT Cô–si, Câu V: Áp ta có: 1 3 5  đpcm  x  y   xy ;  y  z   3 xy ;  z  x   5 xy 2 2 2 Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với (P)
Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'): x 1 y  3 z  2   1 2 1 AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của hệ PT: 2 x  y  z  1  0   x  1 y  3 z  2  H (1,2, 1)  2  1  1  Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :  2 xH  xA  xA '  2 y H  y A  y A '  A '(3,1,0) 2 z  z  z H A A' uuuur (cùng phương với (1;–1;3) )  PT Ta có A ' B  (6,6, 18) x  3 y 1 z (A'B) :   1 3 1 Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 2 x  y  z  1  0   x  3 y  1 z  M (2,2, 3)  1  1  3  2) x  3 y  6  0; x  y  2  0 x2  x  1 1 Câu VII.a: PT  log  x2  x  3    x 1  x 2 x 3 x x 1 Đặt: , (x  0) f ( x )  3x ( 2  x ) g ( x)  x  1  x
Từ BBT  max f(x) = 3; min g(x) = 3  PT f(x)= g(x) có nghiệm  maxf(x) = min g(x) = 3 tại x=1  PT có nghiệm x = 1 Câu VI.b: 1) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x  1  2t  Đường thẳng  có PTTS: . Điểm nên M   y 1 t  z  2t  . M  1  2t ;1  t;2t  AM  ( 2  2t )2  ( 4  t ) 2  (2t ) 2  (3t ) 2  (2 5) 2 BM  ( 4  2t ) 2  (2  t )2  ( 6  2t ) 2  (3t  6) 2  (2 5) 2 AM  BM  (3t ) 2  (2 5) 2  (3t  6) 2  (2 5) 2 r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ   u  3t ;2 5 r và .  v  3t  6;2 5 r 2   2  3t  | u | 25  Ta có r 2 | v |   2  3t  6  25  
r r rr rr Suy ra và   u  v  6;4 5 | u  v | 2 29 AM  BM | u |  | v | rr r rrr Mặt khác, với hai vectơ . Như ta luôn có | u |  | v || u  v | u, v vậy AM  BM  2 29 rr Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cùng hướng u, v 3t 25    t 1 3t  6 2 5 và .  M 1;0;2  min  AM  BM   2 29 Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2  11  29  2) x  2y  6  0 Câu VII.b: Điều kiện x > 0 , x  1   1  1 1 BPT  log 2 x   log 2 x  1  0  2log 4 x  log 2 2 x  0     1 log 2 x  log 8 x 2  3  1   log 2 x  1  log 2 x  1  0  x  2 log 2 x  1 2  (log x  3)  0 0   2   log 2 x  0  log 2 x  log 2 x x  1