Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 53

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

75
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 53', 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 53

www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học 2x − 1 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) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến này cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại các điểm A và B thỏa mãn OA = 4OB. Câu II (2 điểm): sin x + cos x + 2tan2x + cos2x = 0 1) Giải phương trình: sin x − cos x  x 3 y (1 + y ) + x 2 y 2 (2 + y ) + xy 3 − 30 = 0  2) Giải hệ phương trình:  2  x y + x(1 + y + y 2 ) + y − 11 = 0  1+ x 1 Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = ∫ dx 1+ x 0 Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác vuông với AB = 1 BC = a, cạnh bên AA′ = a 2 . M là điểm trên AA′ sao cho AM = AA ' . Tính thể tích 3 của khối tứ diện MA′BC′. Câu V (1 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: a2 + b b2 + c c2 + a + + ≥ 2. b+c c+a a+b 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 điểm E(–1; 0) và đường tròn (C): x2 + y2 – 8x – 4y –16 = 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E cắt (C) theo dây cung MN có độ dài ngắn nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 điểm A(0; 0; 4), B(2; 0; 0) và mặt phẳng (P): 2x + y − z + 5 = 0 . Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua O, A, B và có khoảng cách từ 5 tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng (P) bằng . 6 Câu VII.a (1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số, biết rằng chữ số 2 có mặt đúng hai lần, chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số còn lại có mặt không quá một lần? 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là: x + 2y – 5 = 0 và 3x – y + 7 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC, biết rằng AC đi qua điểm F (1; −3) . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường x +1 y −1 z thẳng ∆: = . Tìm toạ độ điểm M trên ∆ sao cho ∆MAB có diện tích nhỏ = −1 2 2 nhất. Câu VII.b (1 điểm): Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình sau có nghiệm duy log5 (25x – log5 a) = x nhất: Đề số 54 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) www.MATHVN.com - Trang 53
Hướng dẫn Đề số 53 Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại cắt Ox tại M ( x0 ; y0 ) A và Oy tại B sao cho OA = 4OB. OB 1 Do OAB vuông tại O nên:  Hệ số góc của tan A   OA 4 1 1 d bằng hoặc .  4 4 1 1 Hệ số góc của d tại M là:   y ( x0 )   y ( x0 )   0 2 4 ( x0  1) 1 1   2 4 ( x0  1)  3   x0  1  y0    2   x  3 y  5  0  0 2   1 3 Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: hoặc y   ( x  1)  4 2 1 5 y   ( x  3)  4 2 1) Điều kiện: Câu II: cos2x  0 . PT   (sin x  cosx)2  2sin2x  cos2 2x  0 sin2 2 x  sin2 x  0   sin2x  0   . xk  sin2x  1 (loaï ) i 2 
 xy( x  y)2  x2 y2 ( x  y)  30  xy( x  y)( x  y  xy)  30 2) Hệ PT      xy( x  y)  xy  x  y  11  xy( x  y)  xy  x  y  11 x  y  u uv(u  v)  30 uv(11  uv)  30 (1) Đặt . Hệ trở thành  .     xy  v uv  u  v  11 uv  u  v  11 (2)  uv  5 Từ (1)   uv  6   Với uv = 5  Giải ra ta được các nghiệm (x; y) u v  6.  5  21 5  21   5  21 5  21  là: và ; ;     2 2 2 2  Với uv = 6  Giải ra ta được các nghiệm (x; y) u v  5. là: và (1;2) (2;1)  5  21 5  21  Kết luận: Hệ PT có 4 nghiệm: , , , (1;2) (2;1) ;   2 2  5  21 5  21  . ;   2 2 13 1 I = 2 tt 1t dt = 2  t 2  t  2  1 2 t dt = Câu III: Đặt  dx  2t.dt . t x     0 0 11 .  4ln2 3 Câu IV: Từ giả thiết suy ra ABC vuông cân tại B. Gọi H là trung điểm của AC thì BH  AC và BH  (ACCA). Do đó BH là đường cao của hình chóp B.MAC  BH 2 22 . Từ giả thiết  MA = AC = = , . a a a2 2 3
a3 2 1 1 Do đó: . VB.MA' C '  BH .SMA' C '  BH .MA .AC  3 6 9 a2  b a(1  b  c)  b a  b Câu V: Ta có: . a   b c b c b c a b b c c a Tương tự, BĐT trơt thành:   a  b c 2 b c ca a b a b b c c a 3   b c c a a b a b b c c a a b bc c a Theo BĐT Cô–si ta có: .  33 . . 3   b c c a a b b c c a a b 1 Dấu "=" xảy ra  . a b c 3 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) và bán kính R = 6. Ta có IE < 6 = R  E nằm trong hình tròn (C). = 29 Giả sử đường thẳng  đi qua E cắt (C) tại M và N. Kẻ IH  . Ta có IH = d(I, ) ≤ IE. Như vậy để MN ngắn nhất thì IH dài nhất  H  E   đi qua E và vuông góc với IE Khi đó phương trình đường thẳng  là:  5( x  1)  2y  0 . 5x  2y  5  0 2) Giả sử (S): . x2  y2  z2  2ax  2by  2cz  d  0
a  1   Từ O, A, B  (S) suy ra:  . I (1; b;2) c  2 d  0  5 b 5 5 b  0    d( I ,( P))    b  10  6 6 6 Vậy (S): hoặc (S): x2  y2  z2  2x  4z  0 x2  y2  z2  2 x  20y  4z  0 Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: (a1  0). x  a1a2 a3a4 a5 a6 a7  Giả sử có thể bằng 0: a1 + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C72 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: 3 C5 + Số cách xếp cho 2 vị trí còn lại là: 2! C82  Bây giờ ta xét a = 0: 1 + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: 2 C6 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: 3 C4 + Số cách xếp cho 1 vị trí còn lại là: 7 Vậy số các số cần tìm là: (số). C72 .C5 .2!C82  C6 .C4 .7  11340 3 2 3 r Câu VI.b: 1) Gọi VTPT của AB là , của BC là n1  (1;2) r r , của AC là với . a2  b2  0 n2  (3; 1) n3  (a; b)
Do ABC cân tại A nên các góc B và C đều nhọn và bằng nhau. rr rr n1.n2 n3 .n2 1 3a  b   Suy ra: cosB  cosC  r r r r n1 . n2 n3 . n2 a2  b2 5  2a  b   22a2  2b2  15ab  0 11a  2b  r  Với ta có thể chọn   AC // 2a  b , a  1, b  2 n3  (1;2) AB  không thoả mãn. r  Với 11a  2b , ta có thể chọn  a  2, b  11 n3  (2;11) Khi đó phương trình AC là:  2( x  1)  11( y  3)  0 . 2x  11y  31  0  x  1  2t  2) PTTS của : . Gọi  . M (1  2t;1  t;2t ) y  1 t z  2t  1  uuur uuu  r Diện tích MAB là = 18(t  1)2  198 2 S  AM , AB   18t  36t  216 2 ≥ 198 Vậy Min S = khi hay M(1; 0; 2). 198 t 1 Câu VII.b: PT    25x  log5 a  5x 52x  5x  log5 a  0 t  5x , t  0  2 t  t  log5 a  0 (* ) 
PT đã cho có nghiệm duy nhất  (*) có đúng 1 nghiệm dương  có đúng 1 nghiệm dương. t 2  t  log5 a Xét hàm số với t  [0; +∞). Ta có:  f (t )  t 2  t f  (t )  2t  1 1  1 1 . , . f  (t )  0  t  f (0)  0 f  2  2 4 Dựa vào BBT ta suy ra phương trình có đúng 1 f (t )  log5 a nghiệm dương a  1  log5 a  0   .   1 1 a   log5 a   4  4 5  