Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 53 ppsx

Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học www.MATHVN.com - Trang 53 Câu I (2 điểm): Cho hàm số x y x 2 1 1 − = − . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến này cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại các điểm A và B thỏa mãn OA = 4OB. Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: x x x x x x sin cos 2tan2 cos2 0 sin cos + + + = − 2) Giải hệ phương trình:      =−++++ =−++++ 011)1( 030)2()1( 22 3223 yyyxyx xyyyxyyx Câu III (1 đ i ể m): Tính tích phân: I = ∫ + + 1 0 1 1 dx x x Câu IV (1 đ i ể m): Cho l ă ng tr ụ đứ ng ABC.A′B′C′ có đ áy ABC là tam giác vuông v ớ i AB = BC = a, c ạ nh bên AA′ = a 2 . M là đ i ể m trên AA′ sao cho AM AA 1 ' 3 =   . Tính th ể tích c ủ a kh ố i t ứ di ệ n MA′BC′. Câu V (1 đ i ể m): Cho các s ố th ự c d ươ ng a, b, c thay đổ i luôn th ỏ a mãn a b c 1 + + = . Ch ứ ng minh r ằ ng: .2 222 ≥ + + + + + + + + b a ac a c cb c b ba II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (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 E(–1; 0) và đườ ng tròn (C): x y x y 2 2 –8 – 4 –16 0 + = . Vi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng đ i qua đ i ể m E c ắ t (C) theo dây cung MN có độ dài ng ắ n nh ấ t. 2) Trong không gian v ớ i h ệ to ạ độ Oxyz, cho 2 đ i ể m A(0; 0; 4), B(2; 0; 0) và m ặ t ph ẳ ng (P): x y z 2 5 0 + − + = . L ậ p ph ươ ng trình m ặ t c ầ u (S) đ i qua O, A, B và có kho ả ng cách t ừ tâm I c ủ a m ặ t c ầ u đế n m ặ t ph ẳ ng (P) b ằ ng 5 6 . Câu VII.a (1 đ i ể m): Có bao nhiêu s ố t ự nhiên g ồ m 7 ch ữ s ố , bi ế t r ằ ng ch ữ s ố 2 có m ặ t đ úng hai l ầ n, ch ữ s ố 3 có m ặ t đ úng ba l ầ n và các ch ữ s ố còn l ạ i có m ặ t không quá m ộ t l ầ n? 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 đ i ể m): 1) Trong m ặ t ph ẳ ng v ớ i h ệ to ạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân t ạ i A, bi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng AB, BC l ầ n l ượ t là: x y 2 –5 0 + = và x y 3 – 7 0 + = . Vi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng AC, bi ế t r ằ ng AC đ i qua đ i ể m F (1; 3) − . 2) Trong không gian v ớ i h ệ to ạ độ Oxyz, cho hai đ i ể m A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đườ ng th ẳ ng ∆ : x y z 1 1 2 1 2 + − = = − . Tìm to ạ độ đ i ể m M trên ∆ sao cho ∆ MAB có di ệ n tích nh ỏ nh ấ t. Câu VII.b (1 đ i ể m): Tìm t ấ t c ả các giá tr ị c ủ a tham s ố a để ph ươ ng trình sau có nghi ệ m duy nh ấ t: x a x 5 5 log (25 –log ) = Đề số 54 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Hướng dẫn Đề số 53 Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M x y 0 0 ( ; ) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB. Do OAB vuông tại O nên: OB A OA 1 tan 4    Hệ số góc của d bằng 1 4 hoặc 1 4  . Hệ số góc của d tại M là: y x x 0 2 0 1 ( ) 0 ( 1)       y x 0 1 ( ) 4     x 2 0 1 1 4 ( 1)      x y x y 0 0 0 0 3 1 2 5 3 2                        Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: y x 1 3 ( 1) 4 2     hoặc y x 1 5 ( 3) 4 2     Câu II: 1) Điều kiện: x cos2 0  . PT  x x x x 2 2 (sin cos ) 2sin2 cos 2 0       x x 2 sin 2 sin2 0    x x loaïi sin2 0 sin2 1 ( )       x k 2   . 2) Hệ PT  xy x y x y x y xy x y xy x y 2 2 2 ( ) ( ) 30 ( ) 11              xy x y x y xy xy x y xy x y ( )( ) 30 ( ) 11             Đặt x y u xy v       . Hệ trở thành uv u v uv u v ( ) 30 11          uv uv uv u v (11 ) 30 (1) 11 (2)         . Từ (1)  uv uv 5 6       Với uv = 5  u v 6   . Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: 5 21 5 21 ; 2 2         và 5 21 5 21 ; 2 2          Với uv = 6  u v 5   . Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: (1;2) và (2;1) Kết luận: Hệ PT có 4 nghiệm: (1;2) , (2;1) , 5 21 5 21 ; 2 2         , 5 21 5 21 ; 2 2         . Câu III: Đặt t x   dx t dt 2 .  . I = t t dt t 1 3 0 2 1    = t t dt t 1 2 0 2 2 2 1            = 11 4ln2 3  . Câu IV: Từ giả thiết suy ra ABC vuông cân tại B. Gọi H là trung điểm của AC thì BH  AC và BH  (ACCA). Do đó BH là đường cao của hình chóp B.MAC  BH = a 2 2 . Từ giả thiết  MA = a 2 2 3 , AC = a 2 . Do đó: B MA C MA C a V BH S BH MA AC 3 . ' ' ' ' 1 1 2 . . . 3 6 9       . Câu V: Ta có: a b a b c b a b a b c b c b c 2 (1 )           . Tương tự, BĐT trơt thành: a b b c c a a b c b c c a a b 2              a b b c c a b c c a a b 3          Theo BĐT Cô–si ta có: a b b c c a a b b c c a b c c a a b b c c a a b 3 3 . . 3                 . Dấu "=" xảy ra  a b c 1 3    . Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) và bán kính R = 6. Ta có IE = 29 < 6 = R  E nằm trong hình tròn (C). Giả sử đường thẳng  đi qua E cắt (C) tại M và N. Kẻ IH  . Ta có IH = d(I, ) ≤ IE. Như vậy để MN ngắn nhất thì IH dài nhất  H  E   đi qua E và vuông góc với IE Khi đó phương trình đường thẳng  là: x y 5( 1) 2 0     x y 5 2 5 0    . 2) Giả sử (S): x y z ax by cz d 2 2 2 2 2 2 0        .  Từ O, A, B  (S) suy ra: a c d 1 2 0          I b (1; ;2) .  d I P 5 ( ,( )) 6   b 5 5 6 6    b b 0 10       Vậy (S): x y z x z 2 2 2 2 4 0      hoặc (S): x y z x y z 2 2 2 2 20 4 0       Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: 1 2 3 4 5 6 7  x a a a a a a a (a 1  0).  Giả sử 1 a có thể bằng 0: + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: 2 7 C + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: 3 5 C + Số cách xếp cho 2 vị trí còn lại là: 2! 2 8 C  Bây giờ ta xét 1 a = 0: + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: 2 6 C + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: 3 4 C + Số cách xếp cho 1 vị trí còn lại là: 7 Vậy số các số cần tìm là: 2 3 2 2 3 7 5 8 6 4 . .2! . .7 11340  C C C C C (số). Câu VI.b: 1) Gọi VTPT của AB là n 1 (1;2)  r , của BC là n 2 (3; 1)   r , của AC là n a b 3 ( ; )  r với a b 2 2 0   . Do ABC cân tại A nên các góc B và C đều nhọn và bằng nhau. Suy ra: B C cos cos   n n n n n n n n 1 2 3 2 1 2 3 2 . . . .  r r r r r r r r  a b a b 2 2 1 3 5     a b ab 2 2 22 2 15 0     a b a b 2 11 2       Với a b 2  , ta có thể chọn a b 1, 2    n 3 (1;2)  r  AC // AB  không thoả mãn.  Với a b 11 2  , ta có thể chọn a b 2, 11    n 3 (2;11)  r Khi đó phương trình AC là: x y 2( 1) 11( 3) 0      x y 2 11 31 0    . 2) PTTS của : x t y t z t 1 2 1 2            . Gọi M t t t ( 1 2 ;1 ;2 )     . Diện tích MAB là S AM AB t t 2 1 , 18 36 216 2         uuur uuur = t 2 18( 1) 198   ≥ 198 Vậy Min S = 198 khi t 1  hay M(1; 0; 2). Câu VII.b: PT  x x a 5 25 log 5    x x a 2 5 5 5 log 0     x t t t t a 2 5 5 , 0 log 0 (*)          PT đã cho có nghiệm duy nhất  (*) có đúng 1 nghiệm dương  t t a 2 5 log   có đúng 1 nghiệm dương. Xét hàm số f t t t 2 ( )   với t  [0; +∞). Ta có: f t t ( ) 2 1     f t t 1 ( ) 0 2     . f 1 1 2 4         , f (0) 0  . Dựa vào BBT ta suy ra phương trình f t a 5 ( ) log  có đúng 1 nghiệm dương  a a 5 5 log 0 1 log 4         a a 4 1 1 5        . . Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học www.MATHVN.com - Trang 53 Câu I (2 điểm): Cho hàm số x y x 2 1 1 − = − . 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2). C C C C (số) . Câu VI.b: 1) Gọi VTPT của AB là n 1 (1 ;2)  r , của BC là n 2 (3 ; 1)   r , của AC là n a b 3 ( ; )  r với a b 2 2 0   . Do ABC cân tại A nên các góc B và C đều nhọn. OB A OA 1 tan 4    Hệ số góc của d bằng 1 4 hoặc 1 4  . Hệ số góc của d tại M là: y x x 0 2 0 1 ( ) 0 ( 1)       y x 0 1 ( ) 4     x 2 0 1 1 4 ( 1)      x y x