Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 44

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

46
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 44', 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 44

www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng I. PHẦN CHUNG (7 điểm) (2m − 1) x − m2 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = . x −1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –1. 2) Tìm m để đồ thị của hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x . Câu II (2 điểm): 2 − 3 cos2x + sin2x = 4cos2 3x 1) Giải phương trình: 2 2 xy x + y + =1 2 x+ y  2) Giải hệ phương trình:  x + y = x2 − y  π 2 sin x ∫ dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= (sin x + cos x)3 0 Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A′B′C′có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, A′M ⊥ a3 (ABC), A′M = (M là trung điểm cạnh BC). Tính thể tích khối đa diện ABA′B′C. 2 Câu V (1 điểm): Cho các số thực x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2 + y2 − 4y + 4 + x2 + y2 + 4y + 4 + x − 4 P= II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): x2 y2 + = 1 . Tìm các điểm M ∈ (E) sao 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 100 25 cho F1MF2 = 1200 (F1, F2 là hai tiêu điểm của (E)). 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x + y = z + 3 = 0 . Tìm trên (P) điểm M sao cho MA + 2MB + 3MC nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm): Gọi a1, a2, …, a11 là các hệ số trong khai triển sau: ( x + 1)10 ( x + 2) = x11 + a1x10 + a2 x9 + ... + a11 . Tìm hệ số a5. 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x − 3)2 + ( y − 4)2 = 35 và điểm A(5; 5). Tìm trên (C) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng d: x −1 y z− 3 == . Tìm trên d hai điểm A, B sao cho tam giác ABM đều. 1 1 1 Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:   2y  log2010   = x − 2y  x 3 x + y3  = x2 + y2  xy  www.MATHVN.com Đề số 45 Trang 44- www.MATHVN.com
Hướng dẫn Đề số 44 Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}. Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng thì: y x  (2m  1) x  m2 x (* )   x 1  2  (m  1)  1 (* * )  ( x  1)2  x  m Từ (**) ta có  ( m  1)2  ( x  1)2 x  2  m   Với x = m, thay vào (*) ta được: (thoả với mọi 0m  0 m). Vì x  1 nên m  1.  Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được:   x= (2m  1)(2  m)  m2  (2  m)(2  m  1) 4(m  1)2  0 m1 1 (loại) Vậy với m  1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng . y x
3 1  5  1) PT   Câu II: cos2x  sin2 x  cos6 x cos  2 x   cos6 x 2 2 6   5  x  k  48 4   x   5  l   24 2  2 xy 2 2 x  y  1 (1) Điều kiện: 2) . . x y0 x y   x  y  x2  y (2)  1  (1)    ( x  y)2  1  2 xy  1  ( x  y  1)( x2  y2  x  y)  0 0 x y  (vì x  y 1 0 x y0 nên ) x2  y2  x  y  0 vào (2) ta được:   Thay x2  x  2  0 1  x2  (1  x) x  1 y  x  1 ( y  0)  x  2 ( y  3)  Vậy hệ có 2 nghiệm: (1; 0), (–2; 3).  2  dt = –dx. Ta có I =  cost 3 dt =  Câu III: Đặt t x 2 (sin t  cost ) 0  2 cos x dx  (sin x  cos x)3 0
   2 2 2  2I =  sin x 3 dx +  cosx 3 dx =  1 dx = (sin x  cos x)2 (sin x  cos x) (sin x  cos x) 0 0 0  12 1 dx 2 2  0 cos  x   4    2 = 1 . Vậy: I = 1 . 1 = tan  x   2 2 40  Câu IV: Vì ABBA là hình bình hành nên ta có: . VC. ABB '  VC. AB ' A' 1 a 3 a2 3 a3 1 Mà VC. ABB '  .A M .SABC  .  3 32 4 8 a3 a3 Vậy, . VC. ABB ' A'  2VC. ABB '  2  8 4 Câu V: Ta có: P = x2  (2  y)2  x2  ( y  2)2  x  4 r r Xét . a  ( x;2  y), b  ( x, y  2) r r rr  Ta có: x2  (2  y)2  x2  ( y  2)2  4 x2  16  2 x2  4 a  b  ab rr Suy ra: P  . Dấu "=" xảy ra  cùng 2 x2  4  x  4 a, b hướng hay y = 0.
Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: 2 2 3  x   (3  1)(4  x2 )  Dấu "=" xảy . 2 x2  4  2 3  x 2 ra  . x 3 Do đó: P   Dấu "=" xảy ra 2 3  4  2 3  4. 2 3  x  4 x 2  . x ,y  0 3 2 Vậy MinP = khi . x ,y  0 2 34 3  . Gọi M(x; y)  (E). Câu VI.a: 1) Ta có: a  10, b  5 c5 3 3 3 Ta có: . MF1  10  x, MF2  10  x 2 2 · Ta có: F1F22  MF12  MF22  2MF1.MF2 .cosF1MF2 2 2  3  3  3  3  1  2  10 3  x=   10  x    10  x   2  10  x  10  x   2 2 2  2  2    0 (y=  5) Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5). uur uu r uu rr  23 13 25  2) Gọi I là điểm thoả:  I ; ;  I A  2IB  3IC  0 6 6 6
Ta có: T = uuur uuur uuur uuu uu r r uuu uu r r uuu uu r r uuu r uuu r MA  2MB  3MC   MI  IA  2  MI  IB   3 MI  IC   6MI  6 MI uuu r Do đó: T nhỏ nhất  nhỏ nhất  M là hình chiếu MI của I trên (P).  13 2 16  Ta tìm được: . M  ; ;  9 9 9 Câu VII.a: Ta có: ( x  1)10  C10 x10  C10 x9  ...  C10 x  C10 0 1 9 10    ( x  1)10 ( x  2)  ...  C10  2C10 x6  ... 5 4  . 5 4 a5  C10  2C10  672 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4).  AB  AC  Ta có:  AI là đường trung trực của BC.   IB  IC ABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân giác của . Do đó AB và AC hợp với AI một góc · . 450 BAC  Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc . Khi đó B, C là giao điểm của d với (C) và AB = AC. 450
uur  (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với Vì I A  (2;1) các trục toạ độ  VTCP của d có hai thành phần đều r khác 0. Gọi là VTCP của d. Ta có: u  (1; a) uu r r 2 a 2 a 2 cos IA, u     2 2  a  5 1  a2   2 2 2 2 1 a 2 1 5 1 a a  3  1 a   3  r  Với a = 3, thì  Phương trình đường thẳng d: u  (1;3) x  5  t .   y  5  3t Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là:  9  13 7  3 13   9  13 7  3 13  ; ,  ;   2 2  2 2  1 1 r  Với a =  Phương trình đường thẳng , thì u   1;    3 3  x  5  t  d: . 1  y  5  3 t  Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là:  7  3 13 11  13   7  3 13 11  13  ; ,  ;   2 2 2 2   
 Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là:  7  3 13 11  13   9  13 7  3 13  ; ,  ;   2 2  2 2   và  7  3 13 11  13   9  13 7  3 13  ; ,  ;   2 2  2 2   2) Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH = d( M , d )  2 . Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA 2MH 26 = MB = AB =  3 3 Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:  x  2 y z 3   1 . 1 1  ( x  2)  ( y  1)2  ( z  2)2  8 2  3  Giải hệ này được: ta tìm  2  2 22 2 2 . A 2  ; ;3   , B 2  ; ;3   33 3  3 3 3    2y   log2010    x  2y (1)  x Câu VII.b: 3 3  x  y  x2  y2 (2)  xy 
Điều kiện: . Từ (2) ta có:  x3  y3  xy( x2  y2 )  0 xy  0 . x  0, y  0 2y (1)   .  2010x2y x.2010 x  2y.20102y x (t > 0). Ta có: f (t) = Xét hàm số: f(t) = t.2010t t   2010t  1  0  ln2010   f(t) đồng biến khi t > 0  f(x) = f(2y)  x = 2y y  0 (loaï ) i 9  Thay x = 2y vào (2) ta được:   y  5y    0 9 9  y  x  2  10 5   9 9  Vậy nghiệm của hệ là: . ;   5 10 