Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 52

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

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 5
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 52', kỹ năng mềm, tâm lý - nghệ thuật sống 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 52

www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = 2x3 + 9mx2 + 12m2 x + 1 (m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –1. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực đại tại xCĐ, cực tiểu tại xCT thỏa mãn: x2CÑ = xCT . Câu II (2 điểm): x + 1 +1 = 4x2 + 3x 1) Giải phương trình: π  5π   5cos 2x +  = 4sin  − x – 9 2) Giải hệ phương trình:  3 6  x ln( x2 + 1) + x3 Câu III (1 điểm): Tìm họ nguyên hàm của hàm số: f ( x) = x2 + 1 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có SA = x và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng a. Chứng minh rằng đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng (SAC). Tìm x theo a để a3 2 thể tích của khối chóp S.ABCD bằng . 6 Câu V (1 điểm): Cho các số thực không âm a, b. Chứng minh rằng: 2 3  2 3  1 1  a + b +  b + a +  ≥  2a +   2b +   4  4  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 ba đường thẳng: d1 : 2x + y – 3 = 0 , d2 : 3x + 4y + 5 = 0 , d3 : 4x + 3y + 2 = 0 . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d1 và tiếp xúc với d2 và d3. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1;2; –1), đường thẳng (∆): x−2 y z+2 == và mặt phẳng (P): 2x + y − z + 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng 1 3 2 đi qua A, cắt đường thẳng (∆) và song song với (P). Câu VII.a (1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau, trong đó có mặt chữ số 0 nhưng không có mặt chữ số 1? 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d ) : 2 x + my + 1 − 2 = 0 và đường tròn có phương trình (C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 4 = 0 . Gọi I là tâm đường tròn (C ) . Tìm m sao cho (d ) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A và B. Với giá trị nào của m thì diện tích tam giác IAB lớn nhất và tính giá trị đó. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm S(0;0;1), A(1;1;0). Hai điểm M(m; 0; 0), N(0; n; 0) thay đổi sao cho m + n = 1 và m > 0, n > 0. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN). Từ đó suy ra mặt phẳng (SMN) tiếp xúc với một mặt cầu cố định. x+1 ( 4x – 2.2x – 3) .log2 x – 3 > 4 2 − 4x Câu VII.b (1 điểm): Giải bất phương trình: Đề số 53 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Trang 52- www.MATHVN.com
Hướng dẫn Đề số 52 Câu I: 2) y  6x2  18mx  12m2  6( x2  3mx  2m2 ) Hàm số có CĐ và CT  có 2 nghiệm phân biệt y  0 x1, x2  = >0 m2 m 0 1  3m  m  , x2  1  3m  m  . Khi đó: x1  2 2 Dựa vào bảng xét dấu y suy ra xCÑ  x1, xCT  x2 2  3m  m  3m  m Do đó:   x2CÑ  m  2  xCT  2 2   1) Điều kiện Câu II: x  0. 2x  1 PT   4x2  1  3x  x  1  0 (2x  1)(2x  1)  0 3x  x  1 1   1    . x (2x  1)  2x  1  0 2x  1  0 2 3x  x  1         2) PT    10sin2  x    4sin  x    14  0 sin  x    1 6 6 6     . x  k2 3 x ln( x2  1) x( x2  1)  x x ln( x2  1) x Câu III: Ta có: f ( x)   x   2 2 2 2 x 1 x 1 x 1 x 1
1 1  2 2 2 F ( x)   f ( x)dx   ln( x  1)d( x  1)   xdx  2  d ln( x  1) 2 122 1 1 = ln ( x  1)  x2  ln( x2  1)  C . 4 2 2 Câu IV: Do B và D cách đều S, A, C nên BD  (SAC). Gọi O là tâm của đáy ABCD. Các tam giác ABD, BCD, SBD là các tam giác cân bằng nhau và có đáy BD chung nên OA = OC = OS. Do đó ASC vuông tại S. 1 1 Ta có: VS. ABCD  2VS. ABC  2. BO.SA.SC  ax. AB2  OA2 6 3 a2  x2 1 1 = ax a2   ax 3a2  x2 3 4 6 3 a3 2 x  a Do đó: VS.ABCD  a 6 2  1 ax  . 3a2  x2   6 6 x  a 2 2 3 1 1 1 1 1 Câu V: Ta có: a  b   a2  a   b  a    a    a  b   a  b  2 4 4 2 2 2 2 3 1 Tương tự:  a b . b2  a  4 2 2  1  1  1 Ta sẽ chứng minh (*)  a  b     2a   (2b   2  2  2  1 1 Thật vậy, (*)   a2  b2  2ab  a  b   4ab  a  b  4 4 (a  b)2  0 .
1 Dấu "=" xảy ra  . a b 2 Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn là  d 1. I (t;3  2t ) 3t  4(3  2t )  5 4t  3(3  2t )  2 t  2 Khi đó:   d( I , d2 )  d( I , d3 )  t  4 5 5  49 Vậy có 2 đường tròn thoả mãn: và ( x  2)2  ( y  1)2  25 9 . ( x  4)2  ( y  5)2  25 x  2  t x2 y z2  r 2 ) ( ) : . (P) có VTPT .    y  3t n  (2;1; 1) 1 3 2  z  2  2t  Gọi I là giao điểm của () và đường thẳng d cần tìm  I (2  t;3t; 2  2t ) uur VTCP của d.  AI  (1  t ,3t  2, 1  2t ) là mặt phẳng (P) Do d song song uu r uur r 1  AI .n  0  3t  1  0  t    3AI   2; 9; 5 . 3 x 1 y  2 z 1 Vậy phương trình đường thẳng d là: .   9 5 2 Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x= x  a a a a a a . 123456 Vì không có mặt chữ số 1 nên còn 9 chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 để thành lập số cần tìm.
Vì phải có mặt chữ số 0 và nên số cách xếp cho a1  0 chữ số 0 là 5 cách. Số cách xếp cho 5 vị trí còn lại là : A85 . Vậy số các số cần tìm là: 5. A = 33.600 (số) 5 8 Câu VI.b: 1) có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3. (C ) (d) cắt tại 2 điểm phân biệt A, B  d (I , d )  R (C ) 2  2m  1  2  3 2  m 2   1  4m  4m2  18  9m2  5m2  4m  17  0  m  R 1 1 9 Ta có: IA.IB sin ·  IA.IB   S AIB IAB 2 2 2 9 Vậy: lớn nhất là khi AB = R ·  900  S 2 3 2 AIB IAB 2 32  d (I , d )  2 32 2  m 2  16m2  16m  4  36  18m2  2m 2  16m  32  0  1  2m  2  m  4 uuur uuu r  VTPT của (SMN) là 2) Ta có: SM  (m;0; 1), SN  (0; n; 1) r n  (n; m; mn) Phương trình mặt phẳng (SMN): nx  my  mnz  mn  0
n  m  mn 1  m.n 1  mn Ta có: d(A,(SMN))    1 1  mn n 2  m 2  m2 n2 1  2mn  m2 n 2 Suy ra (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định.   Câu VII.b: BPT (4x  2.2x  3).log2 x  3  2x1  4x (4x  2.2x  3).(log2 x  1)  0   x  log2 3   22 x  2.2x  3  0  2 x  3  x  1    x  log2 3  log2 x  1  0   log2 x  1     2   1   x  log 3  22 x  2.2x  3  0  2 x  3 0  x  2    2   0  x  1  log2 x  1  0  log2 x  1    2 