Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 55

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

Thêm vào BST

Báo xấu

82
lượt xem 10
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 55', 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 55

www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 2 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. m 2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : x2 − 2x − 2 = . x −1 Câu II (2 điểm):  5π  − x  sin x = 1 2 2 cos 1) Giải phương trình:  12  log x + y = 3log ( x − y + 2) 2 8  2) Giải hệ phương trình: x2 + y2 + 1 − x2 − y2 = 3   π 4 sin x I= ∫ dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 1 + x2 + x π − 4 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 . Trên a3 cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = , mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích 3 khối chóp S.BCNM. Câu V (1 điểm): Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5− x + 5− y + 5− z = 1 .Chứng minh rằng : 5x + 5y + 5z 25x 25y 25z + + ≥ 5x + 5y+ z 5y + 5z+ x 5z + 5x+ y 4 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 với A(1; –2), đường cao CH : x − y + 1 = 0 , phân giác trong BN : 2x + y + 5 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh B, C và tính diện tích tam giác ABC. x − 2 y z+ 1 = = 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng : d1 : , −6 −8 4 x−7 y−2 z = = d2 : −6 9 12 a) Chứng minh rằng d1 và d2 song song . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua d1 và d2 . b) Cho điểm A(1; –1; 2), B(3; – 4; –2). Tìm điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất. z2 Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức: z4 − z3 + + z+ 1 = 0 2 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x − y − 3 = 0 và d2 : x + y − 6 = 0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. www.MATHVN.com - Trang 55
Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học Hướng dẫn Đề số 55 m   x2  2x  2 x  1  m, x  1. Câu I: 2) Ta có x2  2 x  2  x 1 Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của y   x2  2x  2 x  1 , (C ') và đường thẳng y  m, x  1.  f ( x) khi x  1 y   x2  2x  2 x  1   Với nên C ' bao gồm:  f ( x) khi x  1 + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x  1. + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng qua x 1 Ox. Dựa vào đồ thị ta có: m≥0 m < –2 m = –2 –2 < m < 0 Số 2 nghiệm 4 nghiệm 2 nghiệm vô nghiệm nghiệm phân biệt phân biệt kép  5  5  Câu II: 1) PT  2 sin  2x    sin   1 12  12    5  5 1   sin  2x    sin  sin  12  12 4 2   5       5   sin  2x    sin  sin  2cos sin     sin    12  4 12 3  12   12     5   2x  12   12  k2  x  6  k  5    k  ¢   sin  2x    sin       5 13 3 12   12   2x  x   k2  k  12 12 4   Trang 96
Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học 2) Điều kiện: x  y  0, x  y  0  x  y  2 x  y  Hệ PT  .   x2  y2  1  x2  y2  3   u  v  2 (u  v)  u  v  2 uv  4   u  x  y Đặt: ta có hệ:  2 2  u2  v2  2  u v 2 v  x  y  uv  3   uv  3  2 2    u  v  2 uv  4 (1)  .  (u  v)2  2uv  2   uv  3 (2) 2  Thế (1) vào (2) ta có: uv  8 uv  9  uv  3  uv  8 uv  9  (3  uv)2  uv  0 .  uv  0 Kết hợp (1) ta có: (với u > v). Từ đó ta  u  4, v  0  u  v  4 có: x = 2; y = 2.(thoả đk) Kết luận: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2).   4 4 Câu III: 1  x2 sin xdx  I x sin xdx  I 1  I 2       4 4  4  Tính Sử dụng cách tính tích phân của 1  x2 sin xdx . I1     4 hàm số lẻ, ta tính được . I1  0 Trang 97
Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học  4  Tính x sin xdx . Dùng phương pháp tích phân từng I2     4 2 phần, ta tính được: I2    2 4 2 Suy ra: . I  2 4 Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD .  BC  AB  Tứ giác BCMN là hình thang vuông có  BC  BM .   BC  SA BM là đường cao. a3 a 3 0 MN SM MN 3 2  SA = AB tan60 =  MN a 3,    AD SA 2a 3 a3 4a 2a Diện tích hình thang BCMN là : S = = , BM = 3 3  4a   2a  2  BC  MN 3  2a  10a SBCNM BM    2 2  3 33   Hạ AH  BM. Ta có SH  BM và BC  (SAB) BC   SH . Vậy SH  ( BCNM) SH là đường cao của khối chóp SBCNM  AB AM 1 Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , = .  SB MS 2 · Vậy BM là phân giác của góc SBA SH = SBH  300  SB.sin300 = a Trang 98
Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học 10 3a3 1  Thể tích chóp SBCNM ta có V = = . SH .SBCNM 3 27 Câu V: Đặt Từ giả thiết ta có: a, b, c > 0 và 5x  a; 5y  b; 5z  c . ab  bc  ca  abc a2 b2 c2 a b c BĐT  (*)    a  bc b  ca c  ab 4 a3 b3 c3 a b c Ta có: (*)     2 2 2 4 a  abc b  abc c  abc a3 b3 c3 a b c     ( a  b)( a  c) ( b  c)(b  a) (c  a)(c  b) 4 a3 a b ac 3 Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: (1) a   (a  b)(a  c) 8 8 4 b3 b c b a 3 ( 2) b   (b  c)(b  a) 8 8 4 c3 c a c b 3 ( 3) c   (c  a)(c  b) 8 8 4 Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh. nên phương trình AB: Câu VI.a: 1) Do x  y 1 0. AB  CH B=  Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: AB  BN 2x  y  5  0  x  4   B(-4; 3).  y  3  x  y 1 0   Lấy A’ đối xứng với A qua BN thì A '  BC . Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN Gọi là (d): x  2y  5  0 . I  (d )  BN . Trang 99
Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học 2x  y  5  0 Giải hệ: . Suy ra: I(–1; 3)  A '(3; 4)   x  2y  5  0  BC : 7x  y  25  0  Phương trình BC: Giải hệ:  7x  y  25  0 .   CH : x  y  1  0  13 9  C ;  .  4 4 2 2 7.1  1(2)  25  13   9 450  , 3 2. BC   4     3    d( A; BC)  4  4 4  72  12 1 1 450 45 Suy ra: SABC  d( A; BC).BC  .3 2. . 2 2 4 4 2) a)  VTCP của hai đường thẳng lần lượt là: r r rr  cùng phương. u1  (4; 6; 8), u2  ( 6; 9;12) u1, u2 Mặt khác, M( 2; 0; –1)  d1; M( 2; 0; –1)  d2.. Vậy d1 // d2. 1 uuuu r r r  VTPT của mp (P) là n    MN , u1   (5; 22;19)  Phương trình   2 mp(P): 5x – 22y  19z  9  0 . uuu r AB  (2; 3; 4)  AB // d1. Gọi A1 là điểm đối xứng của A b) qua d1 . Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B  IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B. Khi đó A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm của A1B và d. Do AB // d1  nên I là trung điểm của A1B. Trang 100
Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học  36 33 15   Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H  ; ; .  29 29 29  A’ đối xứng với A qua H nên A’  43 ; 95 ;  28     29 29 29  I là trung điểm của A’B suy ra I  65 ; 21; 43  .    29 58 29  Câu VII.a: Nhận xét không là nghiệm của PT. Vậy z  0 z 0  2 1   1 1 Chia hai vế PT cho ta được: (1) z2  z  2    z    0 z 2 z   1 1 1 Đặt . Khi đó t 2  z2   2  z2   t2  2 t  z 2 2 z z z 5 5 Phương trình (2) trở thành: (3).   1  4.  9  9i 2 t2  t  0 2 2 1  3i 1  3i  PT (3) có 2 nghiệm , t t 2 2 1  3i 1 1 3i  Với : ta có (4a)  2z2  (1  3i )z  2  0 z  t z 2 2 Có   (1  3i )2  16  8  6i  9  6i  i 2  (3  i )2 (1  3i )  (3  i )  nghiệm : PT (4a) có 2  1 i , z 4 (1  3i )  (3  i ) i  1 z  4 2 1  3i 1 1 3i  Với : ta có (4b)  2z2  (1  3i )z  2  0 t z  2 z 2 Có   (1  3i )2  16  8  6i  9  6i  i 2  (3  i )2 (1  3i )  (3  i )  PT (4b) có 2 nghiệm :  1 i , z 4 (1  3i )  (3  i ) i  1 z  4 2 Trang 101
Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học i 1 i  1 Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : . z  1 i ; z  1  i ; z  ; z 2 2 I  d1  d2  Toạ độ của I là nghiệm của hệ: Câu VI.b: 1) Ta có: 9  x  2 x  y  3  0 x  y  6  0   y  3  2   9 3  I ;   2 2 Do vai trò A, B, C, D là như nhau nên giả sử là M  d1  Ox trung điểm cạnh AD. Suy ra M(3; 0) 2 2 9  3  Ta có: AB  2IM  2  3       3 2 2  2  SABCD 12 Theo giả thiết: SABCD  AB.AD  12  AD  2 2  AB 32 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d1  AD Đường thẳng AD đi qua M(3; 0) và vuông góc với d1 nhận r làm VTPT nên có PT: n  (1;1) x y3 0 Mặt khác:  Toạ độ của A, D là nghiệm của hệ MA  MD  2 x  y  3  0  PT:  2 2   x  3  y  2  y  x  3 y  x  3   x  2 y  3  x hoặc     2 2 x  3  y  2  x  3  (3  x)2  2  x  3  1  y  1 2    x  4 .   y  1 Vậy A( 2; 1), D( 4; –1). Trang 102
Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học  xC  2xI  xA  9  2  7  9 3 là trung điểm của AC suy ra: Do I ;    yC  2yI  yA  3  1  2  2 2 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; –1) r và đi qua điểm M( 2; 1; 0), d2 2) a) d1 có VTCP u1  (1; 1;2) r và đi qua điểm N( 2; 3; 0) . có VTCP u2  (2;0;1) r r uuur u  d1 , d2 chéo nhau. Ta có: u1, u2  .MN  10  0   Gọi A(2  t;1– t;2t ) d1 , B(2 – 2t ; 3; t  ) d2 . uuu r r  AB.u  0  uuu 1 AB là đoạn vuông góc chung của d1 và d2   rr   AB.u2  0  1  A  5 ; 4 ;  2  ; B (2; 3; 0) t   3    3 3 3 t '  0  Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vuông góc x  2  t  chung của d1 và d2  :  y  3  5t  z  2t  b) PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính: 2 2 2 11   13   1  5   x     y     z   6  6   3 6  Câu VII.b: Ta có: (1  i )2009  C2009  iC2009  ..  i 2009C2009 0 1 2009 0 2 4 6 2006 2008  C2009  C2009  C2009  C2009  ....  C2009  C2009  1 3 5 7 2007 2009 (C2009  C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009 )i Trang 103
Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học 1 Thấy: với S  ( A  B) , 0 2 4 6 2006 2008 A  C2009  C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009 2 0 2 4 6 2006 2008 B  C2009  C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009 1004  Ta có:  (1  i ).21004  21004  21004 i . (1  i )2009  (1  i ) (1  i )2    Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của nên (1  i )2009 A  21004 .  Ta có: (1  x)2009  C2009  xC2009  x2C2009  ...  x2009C2009 0 1 2 2009 Cho x = –1 ta có: 0 2 2008 1 3 2009 C2009  C2009  ...  C2009  C2009  C2009  ...  C2009 Cho x=1 ta có: (C2009  C2009  ...  C2009 )  (C2009  C2009  ...  C2009 )  22009 . 0 2 2008 1 3 2009 Suy ra: B  22008 .  Từ đó ta có: S  21003  22007 . Trang 104
www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng x − 2 y −1 z = = 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 : và −1 2 1  x = 2 − 2t′  d2 :  y = 3  ′ z = t a) Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau và viết phương trình đường vuông góc chung của d1 và d2. b) Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2. Câu VII.b (1 điểm): Tính tổng: S = C2009 + C2009 + C2009 + ... + C2009 + C2009 0 4 8 2004 2008 www.MATHVN.com Trang 56- www.MATHVN.com