Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 45

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

Thêm vào BST

Báo xấu

35
lượt xem 2
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 45', 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 45

www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học I. PHẦN CHUNG (7 điểm) x+2 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = (1). 2x + 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại O. Câu II (2 điểm): (1 − 2sin x) cos x =3 1) Giải phương trình: (1 + 2sin x)(1 − sin x) 23 3x − 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0 2) Giải hệ phương trình: π 2 x − 1) cos2 x.dx 3 ∫ (cos Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= 0 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2a, CD = a; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600 . Gọi I là trung điểm của AD. Hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu V (1 điểm): Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x( x + y + z) = 3yz . Chứng minh: ( x + y)3 + ( x + z)3 + 3( x + y)( x + z)( y + z) ≤ 5( y + z)3 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 hình chữ nhật ABCD có giao điểm hai đường chéo AC và BD là điểm I(6; 2). Điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng ∆: x + y − 5 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AB. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x − 2y − z − 4 = 0 và mặt cầu (S) có phương trình: x2 + y2 + z2 − 2x − 4y − 6z − 11 = 0 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Câu VII.a (1 điểm): Gọi z1, z2 là các nghiệm phức của phương trình: z2 + 2z + 10 = 0 . Tính giá trị của biểu thức: 2 2 A = z1 + z2 . 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 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng ∆ có phương trình: x + my − 2m + 3 = 0 . Gọi I là tâm đường tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x − 2y + 2z − 1 = 0 và hai đường x + 1 y z+ 9 x −1 y − 3 z+1 thẳng ∆1, ∆2 có phương trình ∆1: == , ∆2: = = . Xác định toạ độ −2 1 1 6 2 1 điểm M thuộc đường thẳng ∆1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆2 bằng khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P). Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:  log ( x2 + y2 ) = 1 + log ( xy) 2 2  x2 − xy+ y2 = 81 3  Đề số 46 www.MATHVN.com - Trang 45
Hướng dẫn Đề số 45 Câu I: 2) Gọi là toạ độ của tiếp điểm. ( x0 ; y0 ) Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng hoặc . y x y  x  x0  1 ( y0  1) 1    y ( x0 )  1  1  x  2 ( y  0) (2x0  3)2 0 0  x0  1  x0  2  Với  : (loại)  Với  : y  x    y0  1  y0  0 (nhận) y  x  2 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: . y  x  2    x    m2 6   7 1  2sin x  0 1) Điều kiện:  Câu II: x   n2  1  sin x  0 6   x    p2  2  cos x  2sin x.cos x PT   cos x  sin2x  3(sin x  cos2x) 3 1  sin x  2sin x  2sin2 x 3 1 1 3       cos2 x  sin2 x  cos x  sin x cos 2 x    cos x   2 2 2 2 6 3  
   x   k2 (loaï ) i  2  . Vậy PT có nghiệm: . 2 x k   x     k 2 (nhaä) 18 3 n  18 3  u3  3x  2 u  3 3x  2 6   2) Điều kiện: . Đặt  . x  2 5  v  6  5x  v  6  5x   2u  3v  8 u  2 Ta có hệ PT: . Giải hệ này ta được  3  2 v  4 5u  3v  8 3x  2  2  x  2 .  6  5x  16 Thử lại, ta thấy là nghiệm của PT. Vậy PT có x  2 nghiệm x  2 .   2 2 Câu III: I =  cos5 x.dx   cos2 x.dx = A – B. 0 0    2 2 2 2 8  A =  cos5 x.dx   cos4 x.cos x..dx =  1 sin2 x d(sin x) = 15 0 0 0   2 12   B =  cos2 x.dx   (1 cos2x).dx = 4 2 0 0 8 – . Vậy I = 15 4
Câu IV: Gọi E là trung điểm của AB  BC = a 5. Ta 3a2 có: SBIC  SABCD  SABI  S  CDI 2 Trong tam giác BIC, kẻ đường cao IF, ta có: IF = 2SBIC 3a .  BC 5 · Từ giả thiết  SI  (ABCD)   SI = SFI  600 3a 3 IF .tan600  5  Thể tích khối chóp S.ABCD: 1 1 3 3a 2 3 15 3 a. V  SI .SABCD  . .3a  3 3 5 5 Câu V: Xét điều kiện:  x2  xy  xz  3yz ( x  y)2  ( x  z)2  2( y  z)2  ( y  z)2 2 2 2  x  y   x  z  x  y x  z  (*)   2       y  z   y  z  y  z y  z x y x z Đặt (u, v > 0). Từ (*)   u2  v2  2  (u  v)2 u , v y z y z (1) u2  v2  uv  1
3 3  x  y   x  z  x  y  x  z Khi đó ta có: BĐT     3 5      y  z   y  z  y  z  y  z u3  v3  3uv  5   (2) (u  v)(u2  uv  v2 )  3uv  5 u  v  3uv  5 (do (1)) Mặt khác từ (1) ta có: (3) uv  1 (u  v)2  1 3   và (u  v)2  1 3uv  1  (u  v)2 (u  v)2  4 4 (4) u v  2 Từ (3) và (4) ta suy ra được điều cần chứng minh (2). uur Câu VI.a: 1) Giả sử E(a; 5 – a)    I E  (a  6;3  a) Gọi P là điểm đối xứng của E qua I  P(12 – a; a – 1), uuur MP  (11  a; a  6) uuur uu r a  6   Ta có: (11  a)(a  6)  (a  6)(3  a)  0 MP.IE  0 a  7  uu r Đường thẳng đi qua M(1; 5) và nhận làm VTPT. IE uur  Với   Phương trình AB: y5 I E  (0; 3) a 6
uur  Với   Phương trình AB: x  4y  19  0 I E  (1; 4) a 7 2) (S) có tâm I(1; 2; 3), bán kính R = 5  (P) cắt (S) theo một đường tròn (C). d( I ,( P))  3  R Dễ xác định tâm đường tròn (C) là J(3; 0; 2) và bán kính là r = 4. Câu VII.a: PT có các nghiệm: z1  1  3i , z2  1 3i 2 2 A= = 20 z1  z2 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(–2; –2), bán kính R = 2. 1 1 1 IA.IB.sin· AIB  R2 sin· Ta có: AIB  R2  1 SIAB  2 2 2 sin· · Dấu "=" xảy ra    AIB vuông AIB  900 AIB  1 cân tại I 2  2m  2m  3 R Khi đó:    15m2  8m  0 1 d( I ,  )  1 1  m2 2 m  0  8 m  15  2) Giả sử:   1. M (1  t; t; 9  6t )
Khoảng cách từ M đến 2: (8t  14)2  (14t  20)2  (t  4)2 d( M , 2 )  3 11t  20 Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P): d( M ,( P))  3 (8t  14)2  (14t  20)2  (t  4)2 11t  20 Từ đó ta có: = 3 3 t  1  140t2  352t  212  0   53 t   35 53  Với t = 1  M(0; 1; –3)  Với t =  35  18 53 3  M ; ;   35 35 35  Câu VII.b: Điều kiện: xy  0  x2  y2  2xy x  y  x  y  2 Hệ PT    2 2  x  y  2 2 x  4  x  xy  y  4   vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (2; 2), (–2; –2).