Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 42

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

Thêm vào BST

Báo xấu

40
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 42', 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 42

www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 2x − 4 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = . x +1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên đồ thị (C), hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết M(–3; 0), N(–1; –1). Câu II (2 điểm): 1 3x 7 4cos4 x − cos2x − cos4x + cos = 1) Giải phương trình: 2 42 3x.2x = 3x + 2x + 1 2) Giải phương trình: π 2  1 + sin x  x ∫  1 + cos x  e dx  Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I=  0 Câu IV (1 điểm): Tính thể tích khối chóp S.ABC, biết SA = a, SB = b, SC = c, ASB = 600 , BSC = 900 , CSA = 1200 . Câu V (1 điểm): Cho các số dương x, y, z thoả mãn: xyz = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: log2 x + 1 + log2 y + 1 + log2 z + 1 P= 2 2 2 II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng d1: x + y + 1 = 0 và d2: 2x − y − 1 = 0 . Lập phương trình đường thẳng d đi qua M(1; 1) và cắt d1, d2 tương ứng tại A, B sao cho 2MA + MB = 0 . 2) Trong không gian với hệ 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 lên mặt phẳng (P). Câu VII.a (1 điểm): Kí hiệu x1, x2 là các nghiệm phức của phương trình 2x2 − 2x + 1 = 0 . Tính giá trị 1 1 các biểu thức và . 2 2 x1 x2 2. 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 − 2x − 2y − 3 = 0 và điểm M(0; 2). Viết phương trình đường thẳng d qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB có độ dài ngắn nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 3). Tìm toạ độ trực tâm của tam giác ABC. Câu VII.b (1 điểm): Tìm các giá trị x, biết trong khai triển Newton ( ) n lg(10−3x ) 5 ( x−2) lg3 +2 2 số hạng thứ 6 bằng 21 và Cn + Cn = 2Cn . 1 3 2 www.MATHVN.com Đề số 43 Trang 42- www.MATHVN.com
Hướng dẫn Đề số 42 Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN: Gọi x  2y  3  0 . I(a; b)  MN  (1) a  2b  3  0 Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với MN là: y  2( x  a)  b . Hoành độ các giao điểm A, B của (C) và d là nghiệm của phương trình: 2x  4 (x  –1)  2( x  a)  b x1  (x  –1) 2x2  (2a  b) x  2a  b  4  0 A, B đối xứng nhau qua MN  I là trung điểm của AB. xA  xB 2a  b Khi đó:  (2) a xI  4 2 a  2b  3  0 a  1  Từ (1) và (2) ta được:  2a  b b  2  a  4  
Suy ra phương trình đường thẳng d:  A(2; 0), y  2x  4 B(0; –4). 3x 1) PT  Câu II: (*). cos2x  cos 2 4 cos2x  1 cos2x  1  x  k    . Do đó (*)    Ta có: 3x 3x 8l    cos 4  1 cos 4  1 x  3    x  8m . 1 2) PT  (1). Ta thấy không phải là 3x (2x  1)  2x  1 x 2 nghiệm của (1). 1 2x  1 2x  1 Với ta có: (1)   , 3x  3x  x 0 2 2x  1 2x  1 2x  1 x 3 Đặt . Ta có: f ( x)  3x   3 2 2x  1 2x  1 6 1 f  ( x)  3x ln3   0, x  (2x  1)2 2 1 1   Do đó f(x) đồng biến trên các khoảng và  ;   ;   2 2    Phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm trên 1  1   từng khoảng  ;  ,  ;   . 2  2  
Ta thấy là các nghiệm của f(x) = 0. Vậy PT có x  1, x  1 2 nghiệm x  1, x  1. 2 1  sin x 1  x Câu III: Ta có: .   1  tan  1  cos x 2  2   2 2 1 2 Do đó: I =  1 1 tan x  =  1 tan2 x  tan x  exdx ex dx    2 2 2 2 2 0 0   1 2 2 =  1 tan2 x  exdx   tan x.exdx  2 2 2 0 0 u  ex du  ex dx   Đặt  1 2 x x   v  tan 2 dv  2  1  tan 2  dx         2 2 x x x 2 I= = . x   tan exdx   tan ex dx e2 e tan 20 0 2 2 0 Câu IV: Trên AC lấy điểm D sao cho: DS  SC (D thuộc đoạn AC)  ·ASD  300 . 1 ASSD.sin300 . uuu r a uuu r AD SASD 2 a   Ta có: DA   DC    1 2c CD S 2c CSD CSSD . 2 uu r uur uuu 2cSA  aSC r SD  2c  a
uu r uur uuu uu  2cSA  aSC  uu rr r 2c uu uu rr 2c abc  = ab.cos600  SD.SB    .SB  SA.SB 2c  a 2c  a  2c  a  2c  a uu uur r 4c2SA2  a2SC2  4caSA.SC và = 2 SD  (2c  a)2 4a2c2  a2c2  2a2c2 3a2c2  (2c  a)2 (2c  a)2 ac 3  SD = 2c  a abc uuu uu rr SD.SB 3 6 cos· sin·  2c  a  Mặt khác,  SDB  SDB  SD.SB ac 3 3 3 .b 2c  a 2 abc2 1 1 VSDBC  SC.SSDB  SC.SD.SB.sin· = SDB . 3 6 6 2c  a 2 a2bc VASDB a AD a  VASDB  Mà VCSDB  .   2c 12 2c  a VCSDB DC 2c 2  a2bc  2abc2  2 Vậy: abc . VSABC  VASDB  VCSDB    12  2c  a  12 Đặt  Câu V: a  log2 x, b  log2 y, c  log2 z a  b  c  log2 ( xyz)  log2 8  3 P= = log2 x  1  log2 y  1  log2 z  1 a2  1  b2  1  c2  1 2 2 2
r r r Đặt m  (a;1), n  (b;1), p  (c;1) . rrr rrr Khi đó: P = = = (a  b  c)2  (1  1 1)2 m  n  p  m n  p 32 Dấu "=" xảy ra   Vậy MinP = x  y  z 2 . a b c1 khi x  y  z 2 . 32 Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1)  d1, B(b; 2b – 1)  d2. uuu r uuur MA  (a  1;  a  2), MB  (b  1;2b  2) uuu uuu r r 2a  2  b  1  0 a  0    A(0; –1), B(3; 2MA  MB  0 2a  4  2b  2  0 b  3   5)  Phương trình d: 2x  y  1  0 .  x  4  3t  2) PTTS của AB:  Giao điểm của AB với (P)  y  2  5t z  t  là: M(7; –3; 1) Gọi I là hình chiếu của B trên (P). Tìm được I(3; 0; 2). Hình chiếu d của đường thẳng AB là đường thẳng MI.  x  3  4t   Phương trình đường thẳng d là:  y  3t  z 2 t 
1 i 1 i Câu VII.a: PT có các nghiệm  x1  ; x2  2 2 1 1  2i .  2i ; 2 2 x1 x2 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = 5. IM = 2 5  M nằm trong đường tròn (C). Giả sử d là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên d. Ta có: AB = 2AH = 2 I A2  IH 2  2 5  IH 2  2 5  IM 2  2 3 . Dấu "=" xảy ra  H  M hay d  IM. Vậy d là đường uuu r thẳng qua M và có VTPT MI  (1; 1)  Phương trình d: x y 2  0. xyz 2) Phương trình mp(ABC): Gọi H(x; y; z) là    1. 123 trực tâm của ABC.
36   x  49 uuu uuu r r  AH  BC 2y  3z  0  uuu uuu r r   36 18 12  18    Ta có: H ; ; .  x  3z  0 BH  AC  y    49 49 49  49 H  ( P)  x  y  z  1  12 z   23   49  Câu VII.b: Phương trình   C1  Cn  2Cn 3 2 n(n2  9n  14)  0 n n 7 7   là: x 5 Số hạng thứ 6 trong khai triển 2lg(103 )  2( x2)lg3 2   5 2( x2)lg3 5  lg(103x ) 5 C7 2 x x  Ta có: C7 .2lg(103 ).2( x2) lg3  21 5 2lg(103 )( x 2) lg3 1  lg(10  3x )  ( x  2) lg3  0    (10  3x ).3x2  1 32x  10.3x  9  0 x  0; x  2