Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 54

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

Thêm vào BST

Báo xấu

81
lượt xem 8
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 54', 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 54

www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x4 + 2m2 x2 + 1 (1). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 2) Chứng minh rằng đường thẳng y = x + 1 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m. Câu II (2 điểm): π  2sin2  x −  = 2sin2 x − tan x 1) Giải phương trình:  4 2) Giải hệ phương trình: 2log3 ( x2 – 4) + 3 log3 ( x + 2)2 − log3 ( x – 2)2 = 4 π 3 sin x ∫ dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= 0 cos x 3 + sin x 2 Câu IV (1 điểm): Cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền AB = 2a. Trên đường thẳng d đi qua A và vuông góc mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho mp(SBC) tạo với mp(ABC) một góc bằng 600. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. x4 − 4x3 + 8x2 − 8x + 5 Câu V (1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f ( x) = x2 − 2 x + 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 elíp (E) có tiêu điểm thứ nhất là ( − 3; 0) và  4 33  đi qua điểm M  1;  . Hãy xác định tọa độ các đỉnh của (E).  5 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 3) và đường thẳng d:  x = 1− t   y = 2 + 2t . Hãy tìm trên đường thẳng d các điểm B và C sao cho tam giác ABC đều. z = 3  Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh: 12 Cn + 22 Cn + 32 Cn + ... + n2Cn = (n + n2 ).2n−2 , trong đó n 1 2 3 n k là số tự nhiên, n ≥ 1 và Cn là số tổ hợp chập k của n. 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 A(2; 7) và đường thẳng AB cắt trục Oy tại E sao cho AE = 2EB . Biết rằng tam giác AEC cân tại A và có trọng tâm là  13  G  2;  . Viết phương trình cạnh BC.  3 x −1 y +1 z = = và mặt 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: 3 1 1 phẳng (P): 2x + y − 2z + 2 = 0 . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với (P) và đi qua điểm A(1; –1; 1).  x3 + 4y = y3 + 16x  Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:  . 1 + y = 5(1 + x ) 2 2  Đề số 55 Trang 54- www.MATHVN.com
Hướng dẫn Đề số 54 Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm: x4  2m2 x2  1  x  1  x4  2m2 x2  x  0  x  x3  2m2 x  1  0 x  0  3 2  g( x)  x  2m x  1  0 (*) (với mọi x và mọi m ) Hàm số Ta có: g ( x)  3x2  2m2 0   g(x) luôn đồng biến với mọi giá trị của m. Mặt khác g(0) = –1 0. Do đó phương trình (*) có  nghiệm duy nhất khác 0. Vậy đường thẳng luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại y  x 1 hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m.  1) Điều kiện: Câu II: (*). cos x  0  x   k. 2 PT    sin2 x  1  1– cos 2 x    2sin2 x – tan x  1– sin2x  tan x(sin2x –1)    tan x  1 2       2 x   k.2  x   k.   . (Thỏa mãn điều kiện 2 4  x   k.    x     l .  x     l . 4 2   4 4   (*) ).
 x2  4  0  x2  4  0   x  2 2) Điều kiện: (**)     x  3 2 2  log3 ( x  2)  0 ( x  2)  1    2 log3  x2 – 4  3 log3 ( x  2)2  log3 ( x – 2)2  4 PT    log3 ( x  2)2  3 log3 ( x  2)2  4  0    log3 ( x  2)2  4 log3 ( x  2)2  1  0    ( x  2)2  3 log3 ( x  2)2  1 x  2  3 Kiểm tra điều kiện (**) chỉ có thỏa mãn. x  2  3 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x  2  3 Câu III: Đặt = . Ta có: cos2 x  4 – t 2 và t  3  sin2 x 4  cos2 x sin x cos x . dt  dx 2 3  sin x 15   2 3 3 dt sin x sin x.cos x I=  = = = .dx dx 4  t2 2 2 2 cos x 3  sin x cos x 3  sin x 0 0 3 15 2 1 1 1 dt    4  t  2 t  2 3 15 1 32  15  4 1 t2 2 = = =  ln   ln ln 4 32  4 t 2 15  4   3 1  . ln  15  4  ln  3  2 2 Câu IV: Ta có SA  (ABC) SA  AB; SA AC..  
Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB BC AC   BC  SC. Hai điểm A,C cùng nhìn đoạn SB dưới góc  vuông nên mặt cầu đường kính SB đi qua A,C. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC cũng chính là mặt cầu đường kính SB. Ta có CA = CB = AB sin 450 = a ; 2 là góc giữa mp(SBC) và mp(ABC). · SCA  600 SA = AC.tan600 = . Từ đó SB2  SA2  AB2  10a2 . a6 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = .SB2 = 10 a2 .  d2 =  Câu V: Tập xác định: D = R . 1 ( BĐT Cô–si). Ta có: f ( x)  x 2  2 x  2  2 2 x  2x  2 Dấu "=" xảy ra  x2 – 2x  2  1  x  1 . Vậy: min f(x) = 2 đạt được khi x = 1. Câu VI.a: 1) Ta có F1   3;0 , F2  3; 0 là hai tiêu điểm của (E). Theo định nghĩa của (E) suy ra : 2 2  4 33   4 33  2 2 2a  MF1  MF2 = 1  3 + 1  3  = 10     5 5 a = 5. Mặt khác: c =  và a2 – b2 c2 b2  a2  c2  22  3 
Vậy tọa độ các đỉnh của (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; – ) ; B2 ( 0 ; ). 22 22 r Gọi H là hình chiếu vuông góc 2) d có VTCP ud  (1;2;0) . của A trên d. uuuu r Giả sử H 1– t; 2  2t;3  AH  1  t;1  2t;0 uuu r r 1  11  t   21  2t   0  t    Mà AH d nên AH  ud  5 6 8  H  ; ;3 5 5  35  AH = . 5 2 AH 2 15 15 Mà ABC đều nên BC = hay BH = .  5 5 3 2 2  1  2  15 Giả sử thì  25s2  10s – 2  0 B(1  s;2  2s;3)    s    2s   5  5 25  1  3  s 5  6 3 8 2 3   6 3 8 2 3  Vậy: và B ; ;3  C ; ;3  5 5 5 5    6  3 8 2 3   6 3 8 2 3  hoặc và B ; ;3  C ; ;3  5 5 5 5   Câu VII.a: Xét khai triển: (1  x)n  Cn  xCn  x2Cn  x3Cn  ...  xnCn 0 1 2 3 n
Lấy đạo hàm vế ta được: 2 n(1  x)n1  C1  2xCn  3x2Cn  ...  nxn1Cn 2 3 n n Nhân 2 vế cho x, rồi lấy đạo hàm lần nữa, ta được: n (1  x)n1  x(n  1)(1  x)n2   12 C1  22 xCn  32 x2Cn  ...  n2 xn1Cn 2 3 n   n Cho x = 1 ta được đpcm. uuu 2 uuur r Câu VI.b: 1) Gọi M là trung điểm của BC. Ta có AG  AM 3  M(2; 3). Đường thẳng EC qua M và có VTPT uuu  r 8  E(0; 3)  C(4; 3). Mà nên có PT: y3 AG   0;   3  uuu r uuu r nên B(–1; 1). AE  2EB  Phương trình BC: . 2x  5y  7  0 2) Gọi I là tâm của (S). I  d  . Bán kính R I (1  3t; 1  t; t ) = IA = . 11t 2  2t  1 5t  3 Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên:  d( I ,( P))  R 3 37t 2  24t  0 t  0  R  1  .  24 77 t   R  37 37 Vì (S) có bán kính nhỏ nhất nên chọn t = 0, R = 1. Suy ra I(1; –1; 0).
Vậy phương trình mặt cầu (S): . ( x  1)2  ( y  1)2  z2  1  x3  4y  y3  16 x  (1) Câu VII.b:  2 2 1  y  5(1  x ) (2)  Từ (2) suy ra (3). y2 – 5x2  4 x3   y2 – 5x2  .y  y3  16x  x3 – 5x2 y –16 x  0 Thế vào (1) được:  hoặc x2 – 5xy –16  0 x0  Với x  0  y2  4  y   2 . x2  16  Với  (4). Thế vào (3) được: x2 – 5xy –16  0 y 5x 2  x2  16    5x2  4   5x   x4 – 32x2  256 –125x4  100x2  124 x4  132x2 – 256  0  x2  1  x  1 ( y  3)  .  x  1 ( y  3)  Vậy hệ có 4 nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (– 1; 3)