Sách chưa phân loại, sách kiến thức Ebook download miễn phí
Nội quy chuyên mục: - Hiện nay có khá nhiều trang chia sẻ Tài liệu nhưng mất phí, đó là lý do ket-noi mở ra chuyên mục Tài liệu miễn phí.

- Ai có tài liệu gì hay, hãy đăng lên đây để chia sẻ với mọi người nhé! Bạn chia sẻ hôm nay, ngày mai mọi người sẽ chia sẻ với bạn!
Cách chia sẻ, Upload tài liệu trên ket-noi

- Những bạn nào tích cực chia sẻ tài liệu, sẽ được ưu tiên cung cấp tài liệu khi có yêu cầu.
Nhận download tài liệu miễn phí
By hihi.hoatuyet
#674721

Download 8 Đề thử sức trước kỳ thi Đại học (có hướng dẫn giải) miễn phí





Câu VII.b:
Đề thi tuyển sinh Đại học –Cao đẳng môn Hóa họccó 50 câu trắc nghiệm, mỗi câu có bốn phương án, trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Một thí sinh đã 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 chỉ đạt 7 điểm trở xuống.



Để DOWNLOAD tài liệu, xin trả lời bài viết này, mình sẽ upload tài liệu cho bạn ngay

Tóm tắt nội dung:

Thử sức trước kì thi
[email protected] Trang1
THTT SỐ 403-1/2011
ĐỀ SỐ 04
Thời gian làm bài 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I:
Cho hàm số: 4 2y x 2mx 1 (1)  
1) Khảo sát sự biến 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 đi qua ba điểm này có
bán kính bằng 1.
Câu II:
1) Giải hệ phương trình:
1 xy xy x
1 1y y 3 y.
x x x
   


  

2) Giải phương trình:
2
4
2
1 tan x16cos x 4. 2sin 4x.
4 1 tan x
       
Câu III:
1) Tính tích phân: 2x 2
0
I e sin xdx.

 
2) Tính tổng: 2 1 2010 2 2 2009 2 3 2008 2 2011 02011 2011 2011 2011S 1 C 2 2 C 2 3 C 2 ... 2011 C 2 .    
Câu IV:
Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông, đường cao SA. Gọi M là trung điểm SC; N, P lần
lượt nằm trên SB và SD sao cho SN SP 2
SB SD 3
  . Mặt phẳng (MNP) chia hình chóp thành hai phần. Tính
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 3a b b c c a .
18 18
     
PHẦN RIÊNG
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hay phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:
1) Tính diện tích tam giác đều nội tiếp elip (E):
2 2x y 1,
16 4
  nhận điểm  A 0;2 là đỉnh và trục tung làm
trục đối xứng.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tìm ba điểm M, N, P lần lượt thuộc các đường thẳng
     1 2 3
x 1 y 2 z x 2 y z 1 x y z 1d : ; d : ; d :
1 2 2 2 2 1 2 1 1
    
     
 
sao cho M, N, P thẳng hàng đồng
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 đã 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.
Thử sức trước kì thi
[email protected] Trang2
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b:
1) Tính diện tích tam giác đều nội tiếp parabol (P): 2y 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:
- Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng  1
x 1 y 2 z 3d :
1 2 3
  
  và  2
x 2 t
d : y 1 t
z t
 

  
 
;
- Tính góc giữa đường thẳng  3
x 2 y 1 z 3d :
4 1 2
  
 

với mặt phẳng   : x y z 2 0.    
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 đã 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 chỉ đạt 7 điểm trở
xuống.
HƯỚNG DẪN GIIẢII VÀ ĐÁP SỐ
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I:
1) Tự giải
2)  3 2y ' 4x 4mx 4x x m   
Đồ thị hàm số có 3 cực trị y ' 0  có 3 nghiệm phân biệt m 0 
Khi đó tọa độ 3 điểm cực trị là:  M 0;1 ,  2N m; m 1  ,  2P m; m 1  
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.
Phương trình đường tròn đi qua 3 điểm này có dạng (C):  22x y b 1  
 
 
 
   
2
22
b 0
1 b 1 M C b 2
N C
m m b 1 1 2
 
      
     
 Với b = 0, (2)         2 22m 1 m 1 0 m 1 1 m 1 m 1 0            
 3 2 2
m 1
m 0
m m m 0 m m m 1 0 1 5m
2

             

So sánh điều kiện ta nhận được m = 1, 1 5m
2
 

 Với b = 2, (2)      22 4 2 0m 1 m 1 0 m 2m m 0 VN        
Vậy m = 1 hay 1 5m
2
 

Câu II:
Thử sức trước kì thi
[email protected] Trang3
1)
1 xy xy x
1 1y y 3 y.
x x x
   


  

Điều kiện: x 0, y 0 
Hệ đã cho tương đương:
 
1 xy xy x
1 xy xy x 1 3 xy
   

  
Đặt  t xy, t 0 
Ta có hệ:  
   
2
3
1 t t x 1
1 t x 1 3t 2
   

  
Từ (1), (2) ta có:     
3 2 3 2
2
0
t 0
1 t 1 t t 1 3t 2t 4t 4t 0
t 2t 2 0 VN

             
Với t = 0, từ (1) x 1 y 0   
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (1;0)
2)  
2
4
2
1 tan x16cos x 4. 2sin 4x 1
4 1 tan x
       
Điều kiện:  cos x 0 x k , k Z
2

     
Ta có: 2 cos x cos x sin x
4
    
 
,  21 sin 2x cos x sin x  
Khi đó:      4 2 21 4 cos x sin x 4. cos x sin x 4sin 2x.cos 2x    
    
     
 
 
4 2 2
4 3
3
cos x sin x cos x sin x 1 sin 2x
cos x sin x cos x sin x cos x sin x
sin x. cos x sin x 0
x k sin x 0 x k
k Z
cos x sin x 0 tan x 0 x k
4
    
    
  
                

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm:  
x k
k Z
x k
4
 
    

Câu III:
1) 2x 2
0
I e sin xdx.

 
Đặt 2u sin x du sin 2xdx  
2x 2x1dv e dx v e
2
  
2x 2 2x 2x
0 0 0
1 1 1I e sin x e sin2xdx e sin2xdx
2 2 2
  
     (1)
Đặt 1 1u sin 2x du 2cos 2xdx  
2x 2x1 1
1dv e dx v e
2
  
Thử sức trước kì thi
[email protected] Trang4
2x 2x 2x
0 0 0
1 1 1I e sin 2x e cos2xdx e cos2xdx
4 2 2
  
    
Đặt 2 2u cos 2x du 2sin 2xdx   
2x 2x2 2
1dv e dx v e
2
  
 2x 2x 2 2x
0 0 0
1 1 1 1I e cos 2x e sin2xdx e 1 e sin2xdx
4 2 4 2
  
      (2)
Từ (1) và (2) suy ra:    2 21 1I e 1 I I e 1
4 8
      
Vậy  21I e 1
8
  .
2) 2 1 2010 2 2 2009 2 3 2008 2 2011 02011 2011 2011 2011S 1 C 2 2 C 2 3 C 2 ... 2011 C 2    
2011 2 1 2 2 2 3 2 20112011 2011 2011 20112 3 2011
1 1 1 12 1 C 2 C 3 C ... 2011 C
2 2 2 2
      
 
Trước hết ta xét khai triển nhị thức Newtơn:
 n 0 1 2 2 3 3 n nn n n n n1 x C xC x C x C ... x C      
Lấy đạo hàm hai vế:
 n 1 1 2 2 3 n 1 nn n n nn 1 x 1C 2xC 3x C ... nx C
      
Nhân hai vế với x:
 n 1 1 2 2 3 3 n nn n n nnx 1 x 1xC 2x C 3x C ... nx C

     
Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế:
     n 2 n 1 2 1 2 2 2 2 3 2 n 1 nn n n nn n 1 x 1 x n 1 x 1 C 2 xC 3 x C ... n x C
          
Tiếp tục nhân hai vế với x:
     n 2 n 12 2 1 2 2 2 2 3 3 2 n nn n n nn n 1 x 1 x nx 1 x 1 xC 2 x C 3 x C ... n x C
 
        
Thay 1n 2011, x
2
  vào ta được:
2009 2010
2 1 2 2 2 3 2 2011
2011 2011 2011 20112 2 3 2011
1 3 1 3 1 1 1 12011.2010. . 2011. . 1 C 2 C 3 C ... 2011 C
2 2 2 2 2 2 2 2
           
   
2009 2010
2 1 2 2 2 3 2 2011
2011 2011 2011 20112011 2 3 2011
2011 2 1 2 2 2 3 2 2011 2009 2010
2011 2011 2011 2011...
Kết nối đề xuất:
Learn Synonym
Advertisement