Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 49

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 3
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 49', 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 49

www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học 2x Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = . x+2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II (2 điểm): π π 4cos2 2x   tan  2x −  .tan  2x +  = 1) Giải phương trình: 4  tan x − cot x 4    3 y +2 =1 2 2  x + y −1 x  2) Giải hệ phương trình:  x2 + y2 + 4 x = 22   y 8 ln x I =∫ dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân: x +1 3 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 600. Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a. Câu V (1 điểm): Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : 0 < a ≤ 1; 0 < b ≤ 1; 0 < c ≤ 1 . Chứng minh  1  ( a + b + c) ≥ 3 + + + 111 1+ rằng:  abc  abc 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 tam giác ABC có A −3; 6 , trực tâm H 2;1 ,  4 7 trọng tâm G  ;  . Xác định toạ độ các đỉnh B và C.  3 3 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu ( S) : x2 + y2 + z2 − 2x + 4y − 8z − 4 = 0 và mặt phẳng (α ) : 2x − y + 2z − 3 = 0 . Xét vị trí tương đối của mặt cầu (S) và mặt phẳng (α ) . Viết phương trình mặt cầu (S′) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng (α ) . Câu VII.a (1 điểm): Một đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ, 7 nam, trong đó có danh thủ nam là Vũ Mạnh Cường và danh thủ nữ là Ngô Thu Thủy. Người ta cần lập một đội tuyển bóng bàn quốc gia từ đội dự tuyển nói trên. Đội tuyển quốc gia bao gồm 3 nữ và 4 nam. Hỏi có bao nhiêu cách lập đội tuyển quốc gia sao cho trong đội tuyển có mặt chỉ một trong hai danh thủ trên. 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 A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với A ( 3; −1; −2) , B (1;5;1) , C ( 2;3;3) , trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ. Tìm toạ độ điểm D. 23x+1 + 2y−2 = 3.2y+3x   Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:  3x + 1 + xy = x + 1 2  Đề số 50 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) www.MATHVN.com - Trang 49
Hướng dẫn Đề số 49 Câu I: 2) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ thuộc đồ thị (C) có phương trình: a  2 4  x  a  2a  4x   a  22 y  2a2  0 d y 2 a 2  a  2 Tâm đối xứng I  2; 2 . 8 a 2 8 a 2 8 a 2 Ta có d  I , d   2 2   4 2 2 a 2 2 16   a  2 2.4.  a  2 lớn nhất   a  22  4   a  4 0 dI ,d a   Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y  x và y  x  8 .     cos 2x    0; cos 2x    0 1) Điều kiện Câu II: *  4 4   sin2x  0; tan x  cot x  0  Để ý rằng:
            tan  2x   .tan  2x     tan   2x  .tan  2x     cot  2x   .tan  2x    1 4 4 4 4 4 4       2 Khi đó PT trở thành: 1  4cos 2x  cot x  tan x  4cos2 2x tan x  cot x 1 tan2 x 1 2 4 2   tan2x  1  0 4    1  tan2 2x tan2x 1  tan2 2x tan x    Không thoả điều  m  x   k  k  Z  :  tan2x  1  2x  4 8 2 kiện (*). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2) Điều kiện: x  0, y  0, x2  y2  1  0 x Đặt Hệ PT trở thành: . u  x2  y2  1; v  y 3 2 3 2   1   u  v  1 (1) u v u  1 4v  22 u  21  4v (2)   Thay (2) vào (1) ta được: v  3 3 2   1  2v2  13v  21  0   7 v  21 4v v 2   Nếu Hệ PT: v=3 thì u = 9, ta có  x2  y2  1  9 2 2  x  3  x  3   x  y  10    x y 1  y  1 3  x  3y  y 
7  Nếu thì u = 7, ta có Hệ PT: v 2    x2  y2  1  7  x2  y2  8  y  4 2 2  y  4    53   53   x 7 7  y  2 x  2 y  x  14 2  x  14 2    53  53   So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của Hệ PT. u  ln x dx  du   Câu III: Đặt dx   x dv   v  2 x  1 x 1   8 8 x 1  I   2 x  1.ln x  3  2 dx  6ln8  4ln3  2J x 3 8 x 1  Tính dx . Đặt J t  x 1 x 3 3 3 3 t2  1 t 1 J .2tdt  2 dt    2   dt  2 t2  1 t 1 t  1 2t 1  2 2  t 1  8   2t  ln  2  ln3  ln2  3 t 1   Từ đó I  20ln2  6ln3  4 .
Câu IV: Kẻ SO  (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD; G là trọng tâm  SAC . ¶  600  Góc giữa mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là SJI SIJ đều cạnh a  G cũng là trọng tâm SIJ. IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD. 3 3a2 a 3a 1 ; SK  ( ABMN ); SK  IK  ; SABMN  ( AB  MN )IK  2 2 2 8 3a3 1 Suy ra: . V  SABMN .SK  3 16 Câu V: Vì nên  a  1  b  1  0  ab  a  b  1  0 0  a  1,0  b  1 1 11    1 (1)  1  a  b  ab  ab a b 1 11 1 11 Tương tự :    1 (2),    1 (3) bc b c ca c a Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế ta được:  1 1 1 111    2     3 (4) ab bc ca  a b c
Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cô–si ta có:  1  1 1 1 111   a  b  c  a  b  c  1  a  b  c  2     3   abc  ab bc ca  a b c    a  b  c  1  1  1   1  b  1  3 1 2 abc a c   Cũng theo BĐT Cô–si ta có :  a  b  c  1  1  1   9   abc    1 111 111 Do đó: (đpcm)   a  b  c  6     3  3    1  abc  abc abc Dấu "=" xảy ra  a = b = c = 1. Câu VI.a: 1) Gọi I là trung điểm của BC. Ta có uuu 2 uu r r  7 1 AG  AI  I  ;  3  2 2 Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có phương trình: x – y–3 0  7 1 là trung điểm của BC nên giả sử B  xB; yB  thì Vì I ;   2 2 và C  7  xB ;1  yB  xB  yB  3  0
H là trực tâm của tam giác ABC nên CH  AB ; uuu r uuu r CH   5  xB ; yB  , AB   xB  3; yB  6 uuu uuu rr x  y  3 x  1 x  6  CH .AB  0   B B  B  B  xB  5  xB  3   yB  6  0  yB  2  yB  3  Vậy B 1; 2 ,C  6;3 hoặc B  6;3 ,C 1; 2 2 2 2 2) có tâm I 1; 2; 4 và R = 5. (S) :  x  1   y  2   z  4  25 Khoảng cách từ I đến () là:  () và mặt d  I ,( )   3  R cầu (S) cắt nhau. Gọi J là điểm đối xứng của I qua (). Phương trình  x  1  2t  đường thẳng IJ :  y  2  t z  4  2t  Toạ độ giao điểm H của IJ và () thoả  x  1  2t t   1  y  2  t  x  1    H  1; 1;2  z  4  2t  y  1  2x  y  2z  3  0  z  2   Vì H là trung điểm của IJ nên J  3; 0; 0 .
Mặt cầu (S) có tâm J bán kính R = R = 5 nên có 2 phương trình: (S ) :  x  3  y2  z2  25 Câu VII.a: Có 2 trường hợp xảy ra:  Trường hợp 1: Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, không có Ngô Thu Thuỷ Số cách chọn 3 nam còn lại là C6 . 3 Số cách chọn 3 nữ không có Ngô Thu Thuỷ là C9 . 3 Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là 33 C6 .C9  1680 (cách)  Trường hợp 2: Đội tuyển có Ngô Thu Thuỷ, không có Vũ Mạnh Cường Số cách chọn 4 nam không có Vũ Mạnh Cường là 4 C6 Số cách chọn 2 nữ còn lại là 2 C9 Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là 42 C6 .C9  540 (cách)
Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là: 1680 + 540 = 2220 (cách) Câu VI.b: 1) Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có phương trình: . yx Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ :  2 x   3  2 2  x  4y  2  0  A  ;     y  x y   2  3 3 3   8 8 Vì M là trung điểm của AC nên C ;   3 3 Vì BC đi qua C và song song với d nên BC có phương x trình: y 2 4 x  y  3  0   x  4  B  4;1 BH  BC  B :   x y  1 y  4  2  2) Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3. Gọi là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là  mặt cầu tâm A bán kính R = 3. Điểm D cần tìm là giao điểm của và (S). 
uuu r Đường thẳng có vectơ chỉ phương nên có AB   2; 6;3   x  2  2t  phương trình:  y  3  6t z  3  3t  Phương trình mặt cầu  S :  x  32   y  12   z  22  9 Toạ độ điểm D thoả Hệ PT:  x  2  2t t  1  y  3  6t  2  49t  82t  33  0   33 z  3  3t t    2 2 2 49   x  3   y  1   z  2  9   Với t = – 1, thì D(4; – 3; 0) : không thoả vì AB = CD =7  164 51 48  33  Với (nhận) t  D ; ;  49  49 49 49  23x1  2y2  3.2y3x (1)  Câu VII.b:  2  3x  1  xy  x  1 (2)   x  1 Ta có:  2   x 21  0  x  1     x  3x  y  1  0  x  0  y  1 3x 3x  1  xy  x  1   Với x = 0 thay vào (1) ta được:
8 8 2  2y2  3.2y  8  2y  12.2y  2y   y  log2 11 11  x  1  Với vào (1) ta được : thay y  1– 3x  y  1 3x  23x1  23x1  3.2 (3) 1 Đặt . Khi đó: t  23x1 , vì nên t x  1 4 t  3  2 2 1 (loaï ) i (3) : t   6  t 2  6t  1  0   t t  3  2 2 (thoaû) 1 23x1  3  2 2  x   log2  3  2 2   1 ; Suy ra: 3  y  1 3x  2  log2  3  2 2  x  0  Vậy Hệ PT đã cho có 2 nghiệm và 8   y  log2 11   1  x   log2  3  2 2   1 3    y  2  log  3  2 2   2