Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học năm 2011 của trần sỹ tùng ( có đáp án) - đề số 6', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 6
- www.MATHVN.com
Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng
Đề số 6
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số y = x − 3 x ( 1 )
3
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Chứng minh rằng khi m thay đổi, đường thẳng (d): y = m(x +1) + 2 luôn cắt đồ thị
(C) tại một điểm M cố định và xác định các giá trị của m để (d) cắt (C) tại 3 điểm phân
biệt M, N, P sao cho tiếp tuyến với đồ thị (C) tại N và P vuông góc với nhau.
Câu 2 (2 điểm):
1) Giải phương trình: 5 .3 2 x − 1 − 7 .3 x − 1 + 1 − 6 .3 x + 9 x + 1 = 0 (1)
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt:
log ( x + 1) − log ( x − 1) > log3 4 (a)
3 3
(2)
log2 ( x − 2x + 5) − mlog( x2 −2 x+ 5) 2 = 5 (b)
2
x3 = 9z2 − 27( z − 1) (a)
3
Câu 3 (1 điểm): Giải hệ phương trình: y = 9x − 27( x − 1)
2
(3)
(b)
3
z = 9y − 27( y − 1)
2
(c)
Câu 4 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB =2a, BC= a, các cạnh
bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 2 . Gọi M, N tương ứng là trung điểm của các
a
cạnh AB, CD; K là điểm trên cạnh AD sao cho AK = . Hãy tính khoảng cách giữa hai
3
đường thẳng MN và SK theo a.
Câu 5 (1 điểm) Cho các số a, b, c > 0 thoả mãn: a + b + c =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
a b c
T= + +
thức: .
1− a 1− b 1− c
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d: x – 2y + 2 =
0. Tìm trên d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại B và AB = 2BC.
2) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x2 + y2 + z2 –
2x + 4y + 2z – 3 = 0 và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 14 = 0. Viết phương trình mặt
phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3.
Câu 7a (1 điểm) Tìm các số thực a, b, c để có: z3 − 2(1 + i ) z2 + 4(1 + i )z − 8i = ( z − ai )( z2 + bz + c)
Từ đó giải phương trình: z3 − 2(1 + i )z2 + 4(1 + i )z − 8i = 0 trên tập số phức.
Tìm môđun của các nghiệm đó.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm
điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai
tiếp tuyến đó bằng 600.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
(d1) : { x = 2t; y = t; z = 4 ; (d2) : { x = 3 − t ; y = t ; z = 0
Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là
đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2).
x
ln10 e dx
Câu 7b (1 điểm) Cho số thực b ≥ ln2. Tính J = ∫ và tìm lim J.
b b→ln2
3x
e −2
Trang 6- www.MATHVN.com
- Hướng dẫn Đề sô 6
Câu I: 2) M(–1;2). (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt
9
m ;m0
4
Tiếp tuyến tại N, P vuông góc
y '( xN ). y '( xP ) 1
3 2 2
.
m
3
3
Câu II: 1) Đặt (1)
t 3x 0 . 5t 2 7t 3 3t 1 0 x log3 ; x log3 5
5
log 3 ( x 1) log 3 ( x 1) log 3 4 (a)
2) 2
log 2 ( x 2 x 5) m log ( x 2 2 x 5) 2 5 (b )
Giải (a) 1 < x < 3.
Xét (b): Đặt . Từ x (1; 3) t (2; 3).
t log 2 ( x 2 2 x 5)
25
(b) , từ BBT
. Xét hàm f (t ) t 2 5t
t 2 5t m m ; 6
4
Câu III: Cộng (a), (b), (c) ta được: ( x 3)3 ( y 3)3 ( z 3)3 0 (d )
Nếu x>3 thì từ (b) có: y 3 9 x ( x 3) 27 27 y 3
từ (c) lại có: => (d)
z 3 9 y ( y 3) 27 27 z 3
không thoả mãn
Tương tự, nếu x
- => (d) không thoả mãn
Nếu x=3 thì từ (b) => y=3; thay vào (c) => z=3.
Vậy: x =y = z =3
I là trung điểm AD,
Câu IV:
HL SI HL ( SAD) HL d ( H ;( SAD ))
MN // AD MN // (SAD), SK (SAD)
d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL =
a 21
.
7
1 (1 a) 1 (1 b) 1 (1 c)
Câu V: =
T
1 a 1 b 1 c
1 1 1
1 a 1 b 1 c
1 a 1 b 1 c
1 1 1 9
Ta có: ; 0 1 a 1 b 1 c 6
1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c
(Bunhia)
. Dấu "=" xảy ra a = b = c = 1 . minT =
9 6
T 6
3
2
6
6
.
2
2 6 4 7
Câu VI.a: 1) ;
B ; C1 (0;1); C2 ;
5 5 5 5
2) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = 3. (Q) chứa Ox
(Q): ay + bz = 0.
- Mặt khác đường tròn thiết diện có bán kính bằng 3 cho
nên (Q) đi qua tâm I.
b = –2a (a 0) (Q): y – 2z = 0.
Suy ra: –2a – b = 0
Câu VII.a: Cân bằng hệ số ta được a = 2, b = –2, c = 4
Phương trình
( z 2i )( z 2 2 z 4) 0 z 2i; z 1 3i; z 1 3i
.
z 2
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi
M(0; m) Oy
·AMB 600 (1)
Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB
· 0
AMB 120 (2)
Vì MI là phân giác của ·AMB nên:
(1) ·AMI = 300 IA
MI = 2R
MI
sin 300
m2 9 4 m 7
(2) ·AMI = 600 IA 23 43
MI = R m2 9
MI
sin 600 3 3
Vô nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0; 7 )
2) Gọi MN là đường vuông góc chung của (d1) và (d2)
Phương trình mặt cầu (S):
M (2; 1; 4); N (2; 1; 0)
( x 2) 2 ( y 1) 2 ( z 2) 2 4.
- 2
3 3
Câu VII.b: Đặt . Suy ra:
J 4 (eb 2) 3
u ex 2 lim J .4 6
2 2
b ln 2
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
