Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 48

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

36
lượt xem 6
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 48', 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 48

www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng x −3 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) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm I ( −1;1) và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm của đoạn MN. Câu II (2 điểm): cos 3 x + sin 2 x = 3 ( sin 3 x + cos 2 x ) 1) Giải phương trình: ( ) 3 x3 − y3 = 4xy  22 2) Giải hệ phương trình: x y = 9  ( ) Câu III (1 điểm): Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: ( m − 2 ) 1 + x 2 + 1 = x 2 − m có nghiệm. Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A đến a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . mặt phẳng (A’BC) bằng 2 + ( ab + bc + ca ) ≥ a + b + c với mọi số a2 b2 c2 1 + + Câu V (1 điểm): Chứng minh a+ b b+ c c+ a 2 dương a; b; c . II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Giải bất phương trình: 1 + log 2 x + log 2 ( x + 2 ) > log (6 − x) 2 ∫ ln x dx 2 2) Tính: Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua M ( 2;1) và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 . 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm):  y2 + x = x2 + y  1) Giải hệ phương trình :  y +1 2 = 3 x  cos 2 x − 1 2) Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = . cos 2 x + 1  1 Câu VII.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) , cho điểm M  3;  . Viết phương trình  2 ( ) chính tắc của elip đi qua điểm M và nhận F1 − 3;0 làm tiêu điểm. www.MATHVN.com Đề số 49 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Trang 48- www.MATHVN.com
Hướng dẫn Đề số 48 Câu I: 2) Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k  PT d : y  k  x  1  1 . Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N x3 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 .  PT :  kx  k  1 x 1 Hay: f  x   kx2  2kx  k  4  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 k  0       4k  0  k  0  f 1  4  0   Mặt khác: I là trung điểm MN với k  0 . xM  xN  2  2 xI  Kết luận: PT đường thẳng cần tìm là với k 0. y  kx  k  1 Câu II: 1) P T  cos 3x  3 sin 3 x  3 cos 2 x  sin 2 x 1 3 3 1  cos 3x  sin 3 x  cos 2 x  sin 2 x 2 2 2 2    x   6  k 2       cos  3 x    cos  2 x     x     k 2 3 6    10 5 
2) Ta có : x 2 y 2  9  xy  3 . x3 .   y 3   27  Khi: xy  3 , ta có: và x3  y 3  4 x3 ;   y 3  là các nghiệm của phương trình: Suy ra: X 2  4 X  27  0  X  2  31 Vậy nghiệm của Hệ PT là: hoặc x  3 2  31, y   3 2  31 . x  3 2  31, y   3 2  31 x3 .   y 3   27  Khi: xy  3 , ta có: và x3  y 3  4   là nghiệm của phương trình: Suy ra: x3 ;  y 3 X 2  4 X  27  0 ( PTVN ) Câu III: Đặt t  x2 1 . Điều kiện: t  1. 1 PT trở thành:  m  2   t  1  t 2  m  1   t  1 mt t2 t 2  4t  3 Xét hàm số: f  t   t  1  f '  t   1  1  2 2 t2 t  2 t  2 4  t  1 (loaï ) i Dựa vào BBT, ta kết luận . . f (t )  0   m  t  3 (loaï ) i 3
Câu IV: Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với AM.  BC  AM Ta có:  BC  ( AA ' M )  BC  AH .   BC  AA ' a Mà . AH  A ' M  AH  ( A ' BC )  AH  2 1 1 1 a6 Mặt khác: .    AA '  2 2 2 4 AH A' A AM 3a 3 2 Kết luận: . VABC . A ' B ' C '  16 a2 ab ab 1 Câu V: Ta có: (1) a a  a ab a b ab 2 2 ab b2 c2 1 1 Tương tự: (2), (3). b c bc ca bc ca 2 2 Cộng (1), (2), (3), ta có: a2 b2 c2 1      ab  bc  ca  a  b  c a b bc c a 2 Câu VI.a: 1) Điều kiện: 0  x  6. 2 BPT   2  log 2 2 x 2  4 x  log 2  6  x   2 x 2  4 x   6  x   x 2  16 x  36  0  hay x  18 2 x
So sánh với điều kiện. Kết luận: Nghiệm của BPT là 2  x  6. u  ln x2 du  2 dx  Đặt 2) . Suy ra :   x dv  dx v  x  I   ln x 2 dx  x ln x 2   2dx  x ln x 2  2 x  C Câu VII.a: Gọi A  a;0  , B  0; b  là giao điểm của d với Ox, Oy, xy suy ra: .  1 d: ab 2 1   1 2b  a  ab Theo giả thiết, ta có:  . a b   ab  8  ab  8   Khi thì 2b  a  8 . Nên: b  2; a  4  d1 : x  2 y  4  0 . ab  8  Khi thì 2b  a  8 . Ta có: b 2  4b  4  0  b  2  2 2 . ab  8 b  2  2 2  d 2 : 1  2 x   2 1  2  y  4  0 + Với b  2  2 2  d3 : 1  2 x   2 1  2  y  4  0 . + Với  y 2  x  x2  y (1)  Câu VI.b: 1) (*). x y 1 2  3 (2)  y  x Từ (1) ta có: y 2  x  x2  y   y  x   y  x 1  0    y  1 x
 x  log 2 3  y  x  Khi: thì (*)   . 3 yx  x x1 2  3  y  log 2 3  3  x  log 6 9 y  1 x  Khi: thì (*)   y  1 x  x 2 x 2  3  y  1  log 6 9 1  F  x   x  tan x  C 2) Ta có: f  x    tan 2 x  1  cos 2 x x2 y2 Câu VII.b: PTCT elip (E) có dạng:  1(a  b  0) .  a 2 b2 a 2  b 2  3 x2 y 2  a2  4    . Vậy (E): Ta có:  1 3 2 1 4 1 b  1  2  2 1   a 4b