Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 29

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

Thêm vào BST

Báo xấu

48
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 29', 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 29

www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học Đề số 29 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x4 + 2mx2 + m2 + m (1). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = –2. 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc bằng 1200 . Câu II (2 điểm) x + 3 − x − 1 ) (1 + x 2 + 2 x − 3 ) ≥ 4 ( 1) Giải bất phương trình: π  2 sin  − x  4  (1 + sin 2 x) = 1 + tan x 2) Giải phương trình: cos x x , y = 0, x = 0, x = π . Câu III (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y = 1 + sin x Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′ có đáy ABCD là hình vuông, AB = AA′ = 2a. Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy. M là trung điểm của BC. Tính thể tích hình hộp và cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và A′C Câu V (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 5 sin3 x − 9 sin2 x + 4 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 hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết toạ độ các đỉnh A(2; 0), B(3; 0) và giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x . Xác định toạ độ các điểm C, D. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 2). Tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC. Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh: C10 .C20 + C10 .C20 + ... + C10 .C20 + C10 .C20 = C30 . 0 10 1 9 9 1 10 0 10 A. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 − 2 x − 4 y − 5 = 0 và A(0; –1) ∈ (C). Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho ∆ABC đều. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x − 2 y + 2 z − 1 = 0 và các x −1 y −3 x−5 z+5 z y = = = = . Tìm các điểm M ∈ d1 , N ∈ d 2 đường thẳng d1 : ; d2 : −3 −5 2 2 6 4 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. Axy−1 + yAxy−−11 Axy −1 C xy −1 = = Câu VII.b (1 điểm) Tìm các số nguyen dương x, y thoả mãn: . 10 2 1 www.MATHVN.com www.MATHVN.com - Trang 29
Hướng dẫn Đề số 29 x  0 Câu I: 2) Ta có ; y  0  4x  x 2  m   0   y   4 x 3  4mx  x   m (m
 4. 1  x 2  2 x  3   4.  x  3  x  1   1  x 2  2 x  3  x  3  x  1 BPT  x  2 x2  2 x  2  2 x2  2 x  3  2 x  2  2 x2  2 x  3  x2  4  0   x  2 Kết hợp với điều kiện ta được . x 1 x2  2) Điều kiện .  k , k  ¢ cos x  0  x  2 x cos x  sin x PT  coscos sin x  cos x  sin x  Ta có 2  x cos x  (cos x  sin x)(cos 2 x  1)  0   cos x  sin x  0  x   4  m , m  ¢ .    cos 2 x  1  0  x  m x Câu III: Nhận xét: Do đó diện tích hình  0, x   0,  . y 1  sin x phẳng cần tìm là:    x x 1 x S dx= dx=  dx 2 x   1  sin x 20 x x 0 cos2    0  sin  cos  2 4 2 2       x   x   x  x   = =  x d  tan  2  4   x.tan      tan    dx    2ln cos    2 4 0 2 4 2 4 0   0 Suy ra S=   2  ln cos     ln cos        (đvdt)     4 4     
Câu IV: Ta có AO=OC=a 2  AO  AA2  AO 2  4a 2  2a 2  a 2 Suy ra V=B.h= 4a .a 2 2  4a 3 2 Tính góc giữa AM và AC. Gọi N là trung điểm AD, suy ra AM // CN. Xét ACN ta có: . AC  AO 2  OC 2  2a; CN  AM  AB 2  BM 2  a 5; AN  AA2  AN 2  a 5 CA2  CN 2  AN 2 4a 2  5a 2  5a 2 3  cos C    0 2.CA.CN 2.2a.a 5 25 3 Vậy cosin của góc giữa AM và AC bằng . 25 Câu V: Đặt với ta có . t   1,1 A  5t 3  9t 2  4 t  sin x Xét hàm số với . Ta có t   1,1 f (t )  5t 3  9t 2  4 f (t )  15t 2  18t  3t (5t  6) 6 (loại); Vậy . f (t )  0  t  0  t  f (1)  10, f (1)  0, f (0)  4 5 . 10  f (t )  4 Suy ra . 0  A  f (t )  10
Vậy GTLN của A là 10 đạt được khi   k 2 t  1  sin x  1  x   2 của A là 0 đạt được khi và GTNN  .  k 2 t  1  sin x  1  x  2 1 1 . Mặt khác với Câu VI.a: 1) Ta có S IAB  S ABCD =1 S IAB  .IH .IB 4 2  IH = 2. AB= 12  02  1 Gọi vì I thuộc đường thẳng y=x, ta có phương I ( xI , xI ) trình (AB) là y = 0; IH = 2  d ( I ; AB)  2  xI  2 TH1: xI  2  I (2;2); C (3;4); D (2;4). TH2: xI  2  I (2; 2); C ( 5; 4); D (6; 4). 2) Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC. = 1 .r.S 1 1 1 Ta có: VOABC  VIOAB +VIOBC +VOCA +VABC  .r.SOBC  .r.SOCA  .r.S ABC OAB 3 3 3 3 = 1 .r.S . TP 3
1 84 Mặt khác: (đvtt); VOABC  .OA.OB.OC   6 63 1 (đvdt) SOAB  SOBC  SOCA  .OA.OB  2 2 3 3 (đvdt)  (đvdt) AB 2  S ABC  .8  2 3 STP  6  2 3 4 4 3VOABC 4 Do đó: (đv độ dài) r  STP 62 3 Câu VII.a: Ta có (1) (1  x)30  (1  x )10 .(1  x) 20 , x  ¡ n Mặt khác: . (1  x)30   C30 .x k , x  ¡ k k 1 Vậy hệ số của trong khai triển của là . x10 (1  x )30 10 a10  C30 a10 Do (1) đúng với mọi x nên . Suy ra điều phải a10  b10 chứng minh. uur uur Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1;2) và R= . Suy ra AI  2.IH 10 1  2( X H  1) 3 7  H ;  3  2(YH  2) 2 2 Gọi H là trung điểm BC, ta có I là trọng tâm tam giác là tam giác đều. ABC vì  ABC
Phương trình (BC) đi qua H và vuông góc với AI là: 3 7   1. x    3. y    0 2 2    x  3 y  12  0 Vì B, C  (C) nên tọa độ của B, C lần lượt là các nghiệm của hệ phương trình:  x2  y 2  2 x  4 y  5  0  x 2  y 2  2 x  4 y  5  0    x  3 y  12  0  x  12  3 y  7  3 33 3   7  3 33 3  Giải hệ PT trên ta được: B ; ; C  ;  2 22 2    hoặc ngược lại.  x  1  2t  2) PTTS của d1 là: . M  d1 nên tọa độ của M  y  3  3t  z  2t  1  2t;3  3t;2t  . t  1 |1  2t  2(3  3t )  4t  1| |12t  6 | Theo đề: d ( M ;( P))  2 2 t  0 3 12  ( 2) 2  22 + Với t = 1 ta được + Với t = 0 ta được ; M 1  3;0;2  M 2 1;3;0 
 Ứng với M1, điểm N1 cần tìm phải là giao của d2  d2 với mp qua M1 và // (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: . ( x  3)  2 y  2( z  2)  0  x  2 y  2 z  7  0 (1)  x  5  6t  PTTS của d2 là: (2)  y  4t  z  5  5t  Thay (2) vào (1), ta được: t = –1. Điểm N1 cần tìm là N1(–1;–4;0).  Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;–5). x  y  1 x  y  1  5 x  7 Câu VII.b: Điều kiện: . Hệ PT   y  3  y  3 y  2 