THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI- ĐỀ SỐ 4

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

113
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'thử sức trước kỳ thi- đề số 4', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ 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: THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI- ĐỀ SỐ 4

phamtuan_khai20062000@yahoo.com sent to http://laisac.page.tl Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: Cho hàm số: y  x 4  2mx 2  1 (1) 1) Khảo sát sự b iến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1. 2) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba cực trị và đường tròn đ i qua ba điểm này có bán kính b ằng 1. Câu II: 1  xy  xy  x  1) Giải hệ phương trình:  1 1 y y   3 y.  x x x 1  tan 2 x   2) Giải phương trình: 16 cos 4  x    4.  2sin 4x. 1  tan 2 x 4  Câu III:  1) Tính tích phân: I   e 2x sin 2 xdx. 0 2) Tính tổng: S  1 C 22010  22 C 2 22009  32 C3 2 2008  ...  20112 C 2011 2 0. 2 1 2011 2011 2011 2011 Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD, có đ áy ABCD là hình vuông, đường cao SA. Gọi M là trung điểm SC; N, P lần SN SP 2 lượt nằm trên SB và SD sao cho  . Mặt phẳng (MNP) chia hình chóp thành hai phần. Tính  SB SD 3 tỉ số thể tích của hai phần đó. Câu V: Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  1. Chứng minh rằng: 3 3   a  b  b  c  c  a    . 18 18 PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc p hần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: x 2 y2  1, nhận điểm A  0; 2  là đỉnh và trục tung làm 1) Tính diện tích tam giác đều nội tiếp elip (E):  16 4 trục đối xứng. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tìm ba điểm M, N, P lần lượt thuộc các đường thẳng x 1 y  2 z x  2 y z 1 x y z 1  d1  : ;  d2  : ;  d3  :   sao cho M, N, P thẳng hàng đồng    2 1 1 2 2 2 21 1 thời N là trung điểm của đoạn thẳng MP. Câu VII.a: Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Vật lí có 50 câu trắc nghiệm, mỗi câu có bốn phương án, trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Một thí sinh đ ã làm được 40 câu, trong đó đúng 32 câu. Ở 10 câu còn lại anh ta chọn ngẫu nhiên một trong bốn phương án. Tính xác suất để thí sinh đó đạt 8 điểm trở lên.
B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1) Tính diện tích tam giác đều nội tiếp parabol (P): y2  2x, nhận đỉnh của parabol làm một đỉnh và trục hoành Ox làm trục đối xứng. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz: x  2 t x 1 y  2 z  3  và  d 2  :  y  1  t ; - Tính kho ảng cách giữa hai đường thẳng  d1  :   1 2 3 z  t  x  2 y 1 z  3 với mặt phẳng    : x  y  z  2  0. - Tính góc giữa đường thẳng  d 3  :   2 4 1 Câu VII.b: Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Hóa học có 50 câu trắc nghiệm, mỗi câu có bốn phương án, trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Một thí sinh đ ã làm đ ược 40 câu, trong đó đúng 32 câu. Ở 10 câu còn lại anh ta chọn ngẫu nhiên một trong bốn phương án. Tính xác suất để thí sinh đó chỉ đạt 7 điểm trở xu ống. HƯỚNG DẪN GIẢ I V À ĐÁP SỐ HƯỚNG DẪ N GIẢ I VÀ ĐÁP SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: 1) Tự giải 2) y '  4x 3  4mx  4x  x 2  m  Đồ thị hàm số có 3 cực trị  y '  0 có 3 nghiệm phân biệt  m  0    m; m 2  1 , P  m; m 2  1 Khi đó tọa độ 3 điểm cực trị là: M  0;1 , N Vì tam giác MNP cân tại M và N, P đối xứng qua trục Oy nên tâm đường tròn đi qua 3 điểm này nằm trên trục tung Oy. 2 Phương trình đường tròn đi qua 3 điểm này có d ạng (C): x 2   y  b   1  b  0 2 1  b   1   b  2 M   C        N   C   2  m   m  b  1  1 2  2  2 2 Với b = 0, (2)   m  1   m 2  1  0   m  1 1   m  1 m  1   0    m  1  m  0  3   m  m  m  0  m  m  m  1  0  2 2  m  1  5    2  1  5 So sánh điều kiện ta nhận được m = 1, m  2 2 Với b = 2, (2)   m  1   m 2  1  0  m 4  2m 2  m  0  VN 0   1  5 Vậy m = 1 ho ặc m  2 Câu II:
1  xy  xy  x  1)  1 1 y y   3 y.  x x x Điều kiện: x  0, y  0 1  xy  xy  x  Hệ đ ã cho tương đương:    1  xy xy  x 1  3 xy  Đặt t  xy,  t  0  1  t  t 2  x 1  Ta có hệ:  1  t  x 1  3t   2 3  t  0 Từ (1), (2) ta có: 1  t 3  1  t  t 2  1  3t   2t 3  4t 2  4t  0   2  t  2t  2  0  VN 0  Với t = 0, từ (1)  x  1  y  0 Vậy hệ đ ã cho có nghiệm duy nhất (1;0) 1  tan 2 x   2) 16 cos 4  x    4. 1  2sin 4x 1  tan 2 x 4   Điều kiện: cos x  0  x   k,  k  Z  2   2 Ta có: 2 cos  x    cos x  sin x , 1  sin 2x   cos x  sin x  4  4 Khi đó: 1  4  cos x  sin x   4.  cos 2 x  sin 2 x   4sin 2x.cos 2x 4   cos x  sin x    cos 2 x  sin 2 x  1  sin 2x  4 3   cos x  sin x    cos x  sin x   cos x  sin x  3  sin x.  cos x  sin x   0  x  k  sin x  0  x  k  k  Z     tan x  0  x   k cos x  sin x  0  4  x  k Vậy phương trình có 2 họ nghiệm:   k  Z  x    k  4 Câu III:  1) I   e2 x sin 2 xdx. 0 Đặt u  sin 2 x  du  sin 2xdx 1 dv  e 2 x dx  v  e2x 2    1 1 1 I  e 2 x sin 2 x   e 2x sin2xdx    e2x sin2xdx (1) 2 20 20 0 Đặt u1  sin 2x  du1  2 cos 2xdx 1 dv1  e 2 x dx  v1  e 2x 2
   1 1 1 I   e2 x sin 2x   e2x cos2xdx   e 2x cos2xdx 4 20 20 0 Đặt u 2  cos 2x  du 2  2 sin 2xdx 1 dv 2  e 2 x dx  v 2  e2x 2    1 1 1 1 I  e 2x cos 2x   e2x sin2xdx   e2   1   e2x sin2xdx (2) 4 20 4 20 0 1 2  e  1  I  I  1  e 2  1 Từ (1) và (2) suy ra: I  4 8 1 2  e  1 . Vậy I  8 2) S  12 C1 2 2010  2 2 C 2 22009  32 C3 2 2008  ...  20112 C 2011 20 2011 2011 2011 2011 1 1 1 2 2011 1    22011  12 C1  2 2 C2 23 2011 2  3 C 2011 3  ...  2011 C 2011 2011  2011 2 2 2 2  Trước hết ta xét khai triển nhị thức Newtơn: n 1  x   C0  xC1n  x 2C2  x 3C3  ...  x n Cn n n n n Lấy đạo hàm hai vế: n 1 n 1  x   1C1  2xC n  3x 2 C3  ...  nx n 1Cn 2 n n n Nhân hai vế với x: n 1 nx 1  x   1xC1  2x 2C n  3x 3C3  ...  nx n C n 2 n n n Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế: n 2 n 1 n  n  1 x 1  x   n 1  x   12 C1  2 2 xC 2  32 x 2 C3  ...  n 2 x n 1C n n n n n Tiếp tục nhân hai vế với x: n 2 n 1 n  n  1 x 2 1  x   nx 1  x   12 xC1  2 2 x 2C 2  32 x 3C3  ...  n 2 x n Cn n n n n 1 vào ta được: Thay n  2011, x  2 2009 2010 1 3 1 3 1 1 1 1  12 C1  22 C 2 23 2 2011 2011.2010. 2 .    2011. .   2011 2  3 C2011 3  ...  2011 C 2011 2011 2011 2 2 2 2 2 2 2 2 2009 2010 2011.2010.3  2011.3 1 1 1 1  12 C1  2 2 C2011 2  32 C3 2 2 2011  2011 3  ...  2011 C 2011 2011 2011 2011 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2011 1    2 2011 12 C1  22 C2 23 2009  2011.32010 2011 2  3 C 2011 3  ...  2011 C 2011 2011   2011.2010.3 2011 2 2 2 2  1 1 1 2 2011 1    2 2011 12 C1 011  2 2 C 2 23 2009 2011 2  3 C 2011 3  ...  2011 C 2011 2011   3 .2011.2013 2 2 2 2 2  Vậy S  32009.2011.2013 Câu IV: Gọi O là tâm hình vuông ABCD, I là giao đ iểm SO và AM. Ta có AM và SO là 2 trung tuyến của tam giác SAC  I là trọng tâm tam giác SAC. SI 2   SO 3
SN SP 2   Mà SB SD 3 SI SN SP     NI / /BD, NP//BD SO SB SD  N, I, P thẳng hàng  I   MNP  Mà A, I, M thẳng hàng  A   MNP  Như vậy giao tuyến của (MNP) với hình chóp là tứ giác ANMP Giao tuyến này chia hình chóp thành 2 phần: - Phần 1 là hình chóp S.ANMP - Phần 2 là hình chóp cụt ANMP.ABCD SN SM SP SM 211 211 1 VS.ANMP  VS.ANM  VS.AMP  .VS.ABC  .VS.ADC  . . VS.ABCD  . . VS.ABCD  VS.ABCD . . SB SC SD SC 322 322 3 1 2 VANMP.ABCD  VS.ABCD  VS.ANMP  VS.ABCD  VS.ABCD  VS.ABCD 3 3 VS.ANMP 1 Vậy  VANMP.ABCD 2 Câu V: Không mất tính tổng quát giả sữ c là số nhỏ nhất trong các số a, b, c. a  c  a   a  c  b  c   ab 1 Vì a  c  0 , b  c  0 nên:  b  c  b Nếu a  b thì:  a  b   b  c   c  a     a  b   a  c   b  c    2 Vì c  0 , mà a  b  c  1 nên suy ra: a  b  1  a  1  b Từ (1) và (2) ta có:  a  c   b  c   b 1  b  Từ (2) suy ra: a  b  1  2b Suy ra:  a  b   a  c   b  c   b 1  b  1  2b  Xét hàm số f  x   x 1  x  1  2x   2x 3  3x 2  x , với x   0;1 3 3 f '  x   6x 2  6x  1  f '  x   0  x  6 3 3  3  3 3  3 So sánh f  0   f 1  0, f   6  18 , f  6    18        3  Maxf  x   18 3 x   0;1  f  x   2x 3  3x 2  x  18 3   a  b  a  c  b  c   18 3 Như vậy:  a  b  b  c  c  a     a  b  a  c  b  c    18 3 3 3 3 Dấu”=” xảy ra khi: a  ,b  , c  0. 6 6 Nếu a  b thì:  a  b   b  c   c  a    b  a   a  c   b  c  
 3 Vì c  0 , mà a  b  c  1 nên suy ra: a  b  1  b  1  a Từ (1) và (3) ta có:  a  c   b  c   a 1  a  Từ (3) suy ra: b  a  1  2a Suy ra:  a  b   a  c   b  c   a 1  a  1  2a  Xét hàm số f  x   x 1  x  1  2x   2x 3  3x 2  x , với x   0;1 3 3 f '  x   6x 2  6x  1  f '  x   0  x  6 3 3  3  3 3  3 So sánh f  0   f 1  0, f   6  18 , f  6    18        3  Maxf  x   18 3 x   0;1  f  x   2x 3  3x 2  x  18 3   b  a  a  c  b  c   18 3 Như vậy:  a  b  b  c  c  a    b  a  a  c  b  c   18 3 3 3 3 Dấu”=” xảy ra khi: a  ,b  , c  0. 6 6 3 3   a  b  b  c  c  a   Vậy  18 18 PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1) Điểm B, C đối xứng với nhau qua trục tung nên B, C có tọa độ: B  x 0 ; y 0  , C   x 0 ; y 0  , với x 0  0 Độ d ài cạnh tam giác đều: a  2x 0 Độ dài đường cao: h  2  y 0 a3 Ta có: h   2  y0  x 0 3  y0  2  x 0 3 2     B x 0 ; 2  x 0 3 , C x0 ; 2  x 0 3  x 0  0  loai  2  2  x 3   1  13x 2 x  16 3x 0  0   0 Điểm B   E   2 0   x  16 3 0 16 4 0 13   16 3 22   16 3 22   B , C  ; ;   13 13   13 13     2 a2 3 3  32 3  768 3 Diện tích tam giác đều: S    . 4  13  4 169   x 1 y  2 z x  2 y z 1 x y z 1 2)  d1  : ;  d2  : ;  d3  :      2 1 1 2 2 2 21 1
M   d1   M 1  m; 2  2m; 2m  N   d 2   N  2  2n; 2n;1  n  P   d 3   P  2p; p;1  p  m  15  m  2p  1  4n  4  m  4n  2p  3  19    N là trung điểm MP   2m  p  2  4n  2m  4n  p  2   n  2  2m  p  1  2n  2  2m  2n  p  1     p  10  21    M  14; 28;30  , N  17; 19;  , P  20; 10; 9  2     3 9  Suy ra: MN   3;9;  2   MP   6;18; 39   1   Ta thấy: MN  MP , như vậy M, N, P thẳng hàng 2 21   Vậy các điểm M, N, P cần tìm là: M  14; 28;30  , N  17; 19;  , P  20; 10; 9  2  Câu VII.a: Thí sinh đã làm đúng 32 câu được: 32.0,2 = 6,4 điểm 8  6, 4  8 câu trở lên trong tổng số 10 câu còn lại. Thí sinh này đạt trên 8 điểm thì phải chọn đúng: 0, 2 Nghĩa là thí sinh này phải chọn sai 0, 1 hoặc 2 câu. Gọi X = n là biến cố chọn sai n câu của thí sinh này. Mỗi câu có 4 phương án nên N     410 cách chọn. Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai cho mỗi câu. - Chọn sai 0 câu: N  X  0   30.C10 0 Chọn sai 1 câu: N  X  1  31.C1 - 10 Chọn sai 2 câu: N  X  2   32.C10 2 - N  X  0   N  X  1  N  X  2  30.C10  31.C1  32.C10 436 0 2 P  P  X  0   P  X  1  P  X  2   10   10 N  410 4 436 Vậy xác suất thí sinh này đạt 8 điểm trở lên là: P  410 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1) Đỉnh parabol là O(0;0) Điểm A, B đối xứng với nhau qua trục tung nên A, B có tọa độ: A  x 0 ; y 0  , B  x 0 ;  y 0  , với y0  0 Độ d ài cạnh tam giác đều: a  2y 0 Độ dài đường cao: h  x 0 a3 Ta có: h   x 0  y0 3 2     A y0 3; y 0 , B y 0 3;  y 0
 y 0  0  loai  Điểm B   P   y 0 2  2y 0 3    y0  2 3      A 6; 2 3 , B 6; 2 3 a2 3 3 2   Diện tích tam giác đều: S   3 3 .2 3 4 4 2)  - Đường thẳng (d 1) đi qua A(1;2;3) có vectơ chỉ phương a1  1; 2;3  Đường thẳng (d2) đi qua B(2;-1;0) có vectơ chỉ phương a 2   1;1;1    Phương trình mặt phẳng (P) chứa (d1) và song song (d2) có: n P  a1 , a 2    1; 4;3 hay n P  1; 4; 3     P  :  x  1  4  y  2   3  z  3  0 hay  P  : x  4y  3z  0 240 26 Vậy d   d1  ,  d 2    d  B,  P     13 1  16  9  x  2  4t   - Đường thẳng (d 3) đi qua M(-2;1;3) có vectơ chỉ phương a 3   4;1; 2    d 3  :  y  1  t  z  3  2t  Mặt phẳng    : x  y  z  2  0. 2  6 9 17  Giao điểm N của (d 3) với (P): 2  4t  1  t  3  2t  2  0  t   N ; ;  7  7 7 7  x  2  t  Phương trình đường thẳng    đi qua M vuông góc    có d ạng    :  y  1  t  z  3 t  2 Hình chiếu P của M xuống    là giao điểm của    với    : 2  t  1  t  3  t  2  0  t  3  4 5 7  P ; ;   3 3 3 2 2 2 6   9   17  2 21  Ta có: MN   2     1     3    7  7  7 7  2 2 2  4 6   5 9   7 17  2 42 NP                3 7 3 7 3 7  21  NP  2 42 . 7  2 .  Góc giữa đường thẳng (d3) với    là góc MNP : cos MNP  MN 21 2 21 3 Câu VII.b: Thí sinh đã làm đúng 32 câu được: 32.0,2 = 6,4 điểm 7  6, 4  3 câu trở xuống trong tổng số 10 câu Thí sinh này đạt 7 điểm trở xuống thì phải chọn đúng : 0, 2 còn lại. Nghĩa là thí sinh này chọn đúng 0, 1, 2 hoặc 3 câu. Gọi X = n là biến cố chọn đúng n câu của thí sinh này. Mỗi câu có 4 phương án nên N     410 cách chọn. Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai cho mỗi câu.
Chọn đúng 0 câu: N  X  0   310.C10 0 - Chọn đúng 1 câu: N  X  1  39.C1 - 10 Chọn đúng 2 câu: N  X  2   38.C10 2 - Chọn đúng 3 câu: N  X  3  37.C10 3 - N  X  0   N  X  1  N  X  2   N  X  3 P  P  X  0   P  X  1  P  X  2   P  X  3  N  310.C10  39.C1  38.C10  37.C10 0 2 3 10  410 310.C10  39.C1  38.C10  37.C10 0 2 3 10 Vậy xác suất thí sinh này đạt 7điểm trở xuống là: P  410