Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 6 potx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (200.3 KB, 5 trang )
Ôn thi Đại học
www.MATHVN.com
Trần Sĩ Tùng
Trang 6-
www.MATHVN.com
Đề số 6
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số
3
3 (1 )
y x x= −
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:
2 1 1 1
5 .3 7 .3 1 6 .3 9 0
x x x x− − +
− + − + =
(1)
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt:
x x
x x a
x x m b
2
3
3 3
2
2
( 2 5)
log ( 1) log ( 1) log 4 ( )
log ( 2 5) log 2 5 ( )
− +
+ − − >
− + − =
(2)
Câu 3 (1 điểm): Giải hệ phương trình:
x z z a
y x x b
z y y c
3 2
3 2
3 2
9 27( 1) ( )
9 27( 1) ( )
9 27( 1) ( )
= − −
= − −
= − −
(3)
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
2
a
. Gọi M, N tương ứng là trung điểm của các
cạnh AB, CD; K là điểm trên cạnh AD sao cho
3
a
AK
=
. Hãy tính kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng MN và SK theo a.
Câu 5
(1
đ
i
ể
m) Cho các s
ố
a, b, c > 0 tho
ả
mãn: a + b + c =1. Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u
th
ứ
c:
a b c
T
a b c
1 1 1
= + +
− − −
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a
(2
đ
i
ể
m)
1) Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
to
ạ
độ
Oxy, cho
đ
i
ể
m A(0; 2) và
đườ
ng th
ẳ
ng d: x – 2y + 2 =
0. Tìm trên d hai
đ
i
ể
m B, C sao cho tam giác ABC vuông t
ạ
i B và AB = 2BC.
2) Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c Oxyz, cho m
ặ
t c
ầ
u (S) có ph
ươ
ng trình: x
2
+ y
2
+ z
2
–
2x + 4y + 2z – 3 = 0 và m
ặ
t ph
ẳ
ng (P): 2x – y + 2z – 14 = 0. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t
ph
ẳ
ng (Q) ch
ứ
a tr
ụ
c Ox và c
ắ
t m
ặ
t c
ầ
u (S) theo m
ộ
t
đườ
ng tròn có bán kính b
ằ
ng 3.
Câu 7a
(1
đ
i
ể
m) Tìm các s
ố
th
ự
c a, b, c
để
có:
z i z i z i z ai z bz c
3 2 2
2(1 ) 4(1 ) 8 ( )( )
− + + + − = − + +
T
ừ
đ
ó gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
z i z i z i
3 2
2(1 ) 4(1 ) 8 0
− + + + − =
trên t
ậ
p s
ố
ph
ứ
c.
Tìm mô
đ
un c
ủ
a các nghi
ệ
m
đ
ó.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6b
(2
đ
i
ể
m)
1) Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
to
ạ
độ
Oxy, cho
đườ
ng tròn (C): x
2
+ y
2
– 6x + 5 = 0. Tìm
đ
i
ể
m M thu
ộ
c tr
ụ
c tung sao cho qua M k
ẻ
đượ
c hai ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) mà góc gi
ữ
a hai
ti
ế
p tuy
ế
n
đ
ó b
ằ
ng 60
0
.
2) Trong không gian v
ớ
i h
ệ
to
ạ
độ
Oxyz, cho hai
đườ
ng th
ẳ
ng:
(d
1
) :
{
x t y t z
2 ; ; 4
= = =
; (d
2
) :
{
3 ; ; 0
= − = =
x t y t z
Ch
ứ
ng minh (d
1
) và (d
2
) chéo nhau. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t c
ầ
u (S) có
đườ
ng kính là
đ
o
ạ
n vuông góc chung c
ủ
a (d
1
) và (d
2
).
Câu 7b
(1
đ
i
ể
m) Cho s
ố
th
ự
c b
≥
ln2. Tính J =
−
∫
x
ln10
b
3
x
e dx
e 2
và tìm
→
b ln2
lim J.
Hướng dẫn Đề sô 6
Câu I: 2) M(–1;2). (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt
9
; 0
4
m m
Tiếp tuyến tại N, P vuông góc
'( ). '( ) 1
N P
y x y x
3 2 2
3
m .
Câu II: 1) Đặt
3 0
x
t
. (1)
2
5 7 3 3 1 0
t t t
3 3
3
log ; log 5
5
x x
2)
2
3
3 3
2
2
( 2 5)
log ( 1) log ( 1) log 4 ( )
log ( 2 5) log 2 5 ( )
x x
x x a
x x m b
Giải (a) 1 < x < 3.
Xét (b): Đặt
2
2
log ( 2 5)
t x x . Từ x (1; 3) t (2; 3).
(b)
2
5
t t m
. Xét hàm
2
( ) 5
f t t t
, từ BBT
25
; 6
4
m
Câu III: Cộng (a), (b), (c) ta được:
3 3 3
( 3) ( 3) ( 3) 0 ( )
x y z d
Nếu x>3 thì từ (b) có:
3
9 ( 3) 27 27 3
y x x y
từ (c) lại có:
3
9 ( 3) 27 27 3
z y y z
=> (d)
không thoả mãn
Tương tự, nếu x<3 thì từ (a) 0 < z <3 => 0 < y <3
=> (d) không thoả mãn
Nếu x=3 thì từ (b) => y=3; thay vào (c) => z=3.
Vậy: x =y = z =3
Câu IV: I là trung điểm AD,
( ) ( ;( ))
HL SI HL SAD HL d H SAD
MN // AD MN // (SAD), SK (SAD)
d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL =
21
7
a
.
Câu V:
1 (1 ) 1 (1 ) 1 (1 )
1 1 1
a b c
T
a b c
=
1 1 1
1 1 1
1 1 1
a b c
a b c
Ta có:
1 1 1 9
1 1 1 1 1 1
a b c a b c
;
0 1 1 1 6
a b c
(Bunhia)
9 6
6
2
6
T . Dấu "=" xảy ra a = b = c =
1
3
. minT =
6
2
.
Câu VI.a: 1)
2 6
;
5 5
B ;
1 2
4 7
(0;1); ;
5 5
C C
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.
Suy ra: –2a – b = 0
b = –2a (a
0) (Q): y – 2z = 0.
Câu VII.a: Cân bằng hệ số ta được a = 2, b = –2, c = 4
Phương trình
2
( 2 )( 2 4) 0
z i z z
2 ; 1 3 ; 1 3
z i z i z i
2
z
.
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi
M(0; m) Oy
Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB
·
·
0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB
Vì MI là phân giác của
·
AMB
nên:
(1)
·
AMI
= 30
0
0
sin30
IA
MI MI = 2R
2
9 4 7
m m
(2)
·
AMI
= 60
0
0
sin60
IA
MI MI =
2 3
3
R
2
4 3
9
3
m
Vô nghiệm Vậy có hai điểm M
1
(0;
7
) và M
2
(0;
7
)
2) Gọi MN là đường vuông góc chung của (d
1
) và (d
2
)
(2; 1; 4); (2; 1; 0)
M N Phương trình mặt cầu (S):
2 2 2
( 2) ( 1) ( 2) 4.
x y z
Câu VII.b: Đặt
2
x
u e
b
J e
2
3
3
4 ( 2)
2
. Suy ra:
ln 2
3
lim .4 6
2
b
J
