Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học năm 2011 của trần sỹ tùng ( có đáp án) - đề số 43', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 43
- www.MATHVN.com
Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học
I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
2x − 1
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) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C). Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại
M vuông góc với đường thẳng MI.
Câu II (2 điểm):
x π π 3x π π
cos − + cos − x + cos − + sin 2x − = 0
1) Giải phương trình:
2 6 3 2 2 6
4
x − x2 − 1 + x + x2 + 1 = 2
2) Giải phương trình:
Câu III (1 điểm): Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường: (C): x = ( y − 1)2 + 1 , (d):
y = − x + 4 . Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành do hình (H) quay quanh trục Oy.
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, cạnh a, ABC = 600 , chiều cao
a3
SO của hình chóp bằng , trong đó O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Gọi M là
2
trung điểm của AD, mặt phẳng (P) chứa BM và song song với SA, cắt SC tại K. Tính thể tích
khối chóp K.BCDM.
Câu V (1 điểm): Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x2 + y2 + z2 = 1 . Chứng minh:
x y z 33
+ + ≥
y +z z +x x +y
2 2 2 2 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 đường tròn (C) có tâm O, bán kính R = 5 và điểm
M(2; 6). Viết phương trình đường thẳng d qua M, cắt (C) tại 2 điểm A, B sao cho ∆OAB có diện
tích lớn nhất.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + z + 3 = 0 và điểm A(0; 1;
2). Tìm toạ độ điểm A′ đối xứng với A qua mặt phẳng (P).
Câu VII.a (1 điểm): Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 thiết lập tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau.
Hỏi trong các số đó có bao nhiêu số mà hai chữ số 1 và 6 không đứng cạnh nhau.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(4; 3). Biết phương trình
đường phân giác trong (AD): x + 2y − 5 = 0 , đường trung tuyến (AM): 4x + 13y − 10 = 0 . Tìm
toạ độ đỉnh B.
x = −23 + 8t
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1): y = −10 + 4t và (d2):
z = t
x−3 y+2 z
= = . Viết phương trình đường thẳng (d) song song với trục Oz và cắt cả hai đường
−2 1
2
thẳng (d1), (d2).
Câu VII.b (1 điểm): Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm:
x
3 −4≥ 5
x 2
1 + log2 (a − x) ≥ log2 ( x4 + 1)
Đề số 44
www.MATHVN.com - Trang 43
- Hướng dẫn Đề số 43
Câu I: 2) Giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 2). Gọi M(a;
2a 1
b) (C) (a 1)
b
a 1
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M:
1 2a 1
y ( x a)
(a 1)2 a 1
1
Phương trình đwòng thẳng MI: y ( x 1) 2
(a 1)2
Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có:
1 1 a 0 (b 1)
. 1
a 2 (b 3)
2 2
(a 1) (a 1)
Vậy có 2 điểm cần tìm M1(0; 1), M2(2; 3)
Câu II: 1) PT
x x x x
cos cos2 cos3 cos4 0
2 6 2 6 2 6 2 6
x
Đặt ,
t
26
- t 5t
PT trở thành: 4cos .cost.cos 0
cost cos2t cos3t cos4t 0
2 2
t
t (2m 1)
cos 2 0
cost 0
t l
2
cos 5t 0
t 2k
2
5 5
Với t (2m 1) x (4m 2)
3
4
Với t l x 2l
2 3
2k 11 4k
Với t x
5 5 15 5
x2 1 0
2) Điều kiện: x 1.
2
x x 1
4
Khi đó: (do x 1)
x x2 1 x x2 1 x x2 1
CoâSi
x =2
4 4 8
VT > x x 2 1 x x2 1 2 x2 1 x x2 1
PT vô nghiệm.
Câu III: Phương trình tung độ giao điểm của (C) và (d):
y 2
( y 1)2 1 4 y y 1
- 2
117
V= =
( y2 2y 2)2 (4 y)2 dy
5
1
Câu IV: Gọi N = BM AC N là trọng tâm của ABD.
Kẻ NK // SA (K SC). Kẻ KI // SO (I AC) KI
(ABCD). Vậy VK .BCDM 1 KI .SBCDM
3
KI CK
Ta có: SOC ~ KIC KNC
(1), ~
SO CS
CK CN
SAC (2)
CS CA
1
CO CO 2
KI CN CO ON 3
Từ (1) và (2)
SO CA 2CO 2CO 3
2 a3
KI SO
3 3
a3
Ta có: ADC đều CM AD và CM = SBCDM
2
1 332
= ( DM BC).CM a
2 8
a3
1
VK.BCDM = KI .SBCDM
3 8
3 3x2
x
x x
. Ta cần chứng minh:
Câu V: Ta có .
1 x2
y2 z2 1 x2 2
- Thật vậy, áp dụng BĐT Cô–si ta có:
2
2 x2 1 x 2 1 x 2
2 8
2x 1 x
2 2 2 2 2
2x (1 x )(1 x )
3 27
3 3x2
3 3x2 x
x
2
(1)
x(1 x2 )
1 x2 y2 z2 2
2
33
3 3z2
3 3y2 z
y
Tương tự: (2), (3)
x2 y2
x2 z2 2
2
x y z 33 2 2 2 33
Do đó: x y z
2 2 2 2 2 2 2 2
y z x z x y
3
Dấu "=" xảy ra .
x y z
3
Câu VI.a: 1) Tam giác OAB có diện tích lớn nhất
OAB vuông cân tại O.
52
Khi đó .
d(O, d)
2
Giả sử phương trình đường thẳng d:
A( x 2) B( y 6) 0 ( A2 B2 0)
52 2 A 6B 52
Ta có: 47B2 48AB 17A2 0
d(O, d)
2 2
A2 B2
- 24 5 55
B A
47
24 5 55
B A
47
24 5 55
Với chọn A = 47 B =
A:
B 24 5 55
47
47( x 2) 24 5 55 ( y 6) 0
d:
24 5 55
Với chọn A = 47 B =
A:
B 24 5 55
47
47( x 2) 24 5 55 ( y 6) 0
d:
r
Giả sử A(x; y; z).
2) (P) có VTPT n (1;1;1) .
x y 1 z 2
Gọi I là trung điểm của AA .
I ; ;
2 2 2
uuur
r
AA , n cuøg phöông
Ta có: A đối xứng với A qua (P)
n
I (P)
x y 1 z 2
1 1 1
x y 1 z 2 3 0
2 2 2
x 4
Vậy: A(–4; –3; –2).
y 3 .
z 2
- Câu VII.a: Số các số gồm 6 chữ số khác nhau lập từ các số
6! (số)
1, 2, 3, 4, 5, 6 là:
Số các số gồm 6 chữ số khác nhau mà có 2 số 1 và 6
đứng cạnh nhau là: 2.5! (số)
Số các số thoả yêu cầu bài toán là: 6! – 2.5! = 480
(số)
Câu VI.b: 1) Ta có A = AD AM A(9; –2). Gọi C là
điểm đối xứng của C qua AD C AB.
Ta tìm được: C(2; –1). Suy ra phương trình (AB):
x9 y2
x 7y 5 0 .
2 9 1 2
Viết phương trình đường thẳng Cx // AB (Cx):
x 7y 25 0
Gọi A = Cx AM A(–17; 6). M là trung điểm của
AA M(–4; 2)
M cũng là trung điểm của BC B(–12; 1).
2) Giả sử d 1, d 2.
A(23 8t1; 10 4t1; t1) B(3 2t2 ; 2 2t2; t2 )
- uuu
r
AB (2t2 8t1 26; 2t2 4t1 8; t2 t1)
17
t1 6
uuu r
r 2t2 8t1 26 0
AB // Oz
AB, k cuøg phöông
n
2t2 4t1 8 0 t 5
2 3
1 4 17
A ; ;
3 3 6
1
x 3
4
Phương trình đường thẳng AB: y
3
17
z t
6
x
x
Câu VII.b: 2
3 4 5 (1)
4
1 log2 (a x) log2 ( x 1) (2)
x x
Ta có: f(x) =
(1) 4 0. Đặt f(x) = 4.
x x
2 2
3 5 3 5
x
ln5 2
x
ln3.3 .5 0, x R
2
f(x) đồng biến. Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm của (1)
là: S1 = [2; +)
(2)
log2 2(a x) log2 ( x 4 1) 2(a x) x4 1
x4 1
(*)
a x
2 2
- Hệ có nghiệm (*) có nghiệm thuộc [2; +)
x4 1
Ta có: g(x) =
Đặt g(x) = > 0, x 2
x . 2 x3 1
2 2
21
g(x) đồng biến trên [2; +) và g(2) = .
2
21
Do đó (*) có nghiệm thuộc [2; +) .
a
2
21
Vậy để hệ có nghiệm thì .
a
2
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
