ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NĂM 2011 MÔN TOÁN – MÃ ĐỀ 04 ppt

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NĂM 2011 MÔN TOÁN – MÃ ĐỀ 04 (Thời gian làm bài 180 phút-không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm): 1).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : 3x 4 y x 2    . Tìm điểm thuộc (C) cách đều 2 đường tiệm cận . 2).Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn 2 0; 3        . sin 6 x + cos 6 x = m ( sin 4 x + cos 4 x ) Câu II (2 điểm): 1).Tìm các nghiệm trên   0;2  của phương trình : sin 3x sin x sin 2x cos2x 1 cos2x     2).Giải phương trình: 3 3 x 34 x 3 1     Câu III (1 điểm): Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = 2, BC = 4. Cạnh bên SA = 5 vuông góc với đáy. Gọi D là trung điểm cạnh AB. 1).Tính góc giữa AC và SD; 2).Tính khoảng cách giữa BC và SD. Câu IV (2 điểm): 1).Tính tích phân: I = 2 0 sin x cosx 1 dx sin x 2cosx 3       2). a.Giải phương trình sau trên tập số phức C : | z | - iz = 1 – 2i b.Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn : 1 < | z – 1 | < 2 PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a.( 2 điểm ) Theo chương trình Chuẩn 1).Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác trong qua đỉnh A, C lần lượt là : (d 1 ) : 3x – 4y + 27 = 0 và (d 2 ) : x + 2y – 5 = 0 2). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng:   1 x 1 d : y 4 2t z 3 t            và   2 x 3u d : y 3 2u z 2            a. Chứng minh rằng (d 1 ) và (d 2 ) chéo nhau. b. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d 1 ) và (d 2 ). 3). Một hộp chứa 30 bi trắng, 7 bi đỏ và 15 bi xanh . Một hộp khác chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ và 9 bi xanh . Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp bi một viên bi . Tìm xác suất để 2 bi lấy ra cùng màu . Câu V.b.( 2 điểm ) Theo chương trình Nâng cao 1).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là : 3 x – y - 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếptam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC . 2).Cho đường thẳng (d) : x t y 1 z t           và 2 mp (P) : x + 2y + 2z + 3 = 0 và (Q) : x + 2y + 2z + 7 = 0 a. Viết phương trình hình chiếu của (d) trên (P) b. Lập ph.trình mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q) 3). Chọn ngẫu nhiên 5 con bài trong bộ tú lơ khơ . Tính xác suất sao cho trong 5 quân bài đó có đúng 3quân bài thuộc 1 bộ ( ví dụ 3 con K ) Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. C©u Néi dung §iÓm 1 1,25 ®  Khảo sát và vẽ ĐTHS - TXĐ: D = R \ {2} - Sự biến thiên: + ) Giới hạn : x x Lim y Lim y 3     nên đường thẳng y = 3 là tiêm cận ngang của đồ thị hàm số +) x 2 x 2 Lim y ; Lim y         . Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số +) Bảng biến thiên: Ta có : y’ =   2 2 2 x   < 0 , x D   Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng    ;2 và - Đồ thị + Giao điểm với trục tung : (0 ;2) + Giao điểm với trục hoành : ( 4/3 ; 0) + ĐTHS nhận giao điểm I(2 ;3) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng  Gọi M(x;y)  (C) và cách đều 2 tiệm cận x = 2 và y = 3 | x – 2 | = | y – 3 | 3x 4 x x 2 2 x 2 x 2 x 2             x 1 x x 2 x 4 x 2            Vậy có 2 điểm thoả mãn đề bài là : M 1 ( 1; 1) và M 2 (4; 6) 0,25 0,25 0,25 0.5 I 2.0® 2 0.75 ® Xét phương trình : sin 6 x + cos 6 x = m ( sin 4 x + cos 4 x ) (2) 2 2 3 1 1 sin 2x m 1 sin 2x 4 2           (1) y’ y x   -   - 2 3 3 6 4 2 -5 5 x O y Đặt t = sin 2 2x . Với 2 x 0; 3         thì   t 0;1  . Khi đó (1) trở thành : 2m = 3t 4 t 2   với   t 0;1  Nhận xét : với mỗi   t 0;1  ta có : sin 2x t sin 2x t sin 2x t          Để (2) có 2 nghiệm thuộc đoạn 2 0; 3        thì   3 3 t ;1 t ;1 2 4          Dưa vào đồ thị (C) ta có : y(1)< 2m ≤ y(3/4) 7 1 2m 5    Vậy các giá trị cần tìm của m là : 1 7 ; 2 10       0,25 0,5 1 1,0® sin3x sin x sin 2x cos2x 1 cos2x     (1) 2cos2x.sin x 2cos 2x 4 2 sin x           ĐK : sinx ≠ 0 x    k  Khi   x 0;   thì sinx > 0 nên : (1) 2  cos2x = 2 cos 2x 4         x 16 2      k Do   x 0;   nên 9 x hay x 16 16      Khi   x ;2    thì sinx < 0 nên : (1) 2    cos2x = 2 cos 2x 4           cos -2x = cos 2x- 4          5 x 16 2      k Do   x ;2    nên 21 29 x hay x 16 16     0,5 0,5 II 2,0® 2 1,0® Đặt 3 3 u x 34, v x 3     . Ta có :     2 2 3 3 u v 1 u v 1 u v u v uv 37 u v 37                      2 u v 1 u v 1 uv 12 u v 3uv 37                   u 3 v 4 u 4 v 3                     Với u = -3 , v = - 4 ta có : x = - 61 Với u = 4, v = 3 ta có : x = 30 Vậy Pt đã cho có 2 nghiệm : x = -61 và x = 30 0,25 0,5 0.25 III 1.0® 1® a)Ta có : AB = 2 5 , Gọi M là trung điểm của BC , ta có : DM = 1 SD = 2 2 SA AD 30   , SC = 2 2 SA AC 29   SM = 2 2 SC CM 33   0.5 N M D S A B C K Ta có : 2 2 2 SD MD SM 30 1 33 1 cos SDM 2SD.MD 2 30 30          (*) Góc  giữa hai đường thẳng AC và SD là góc giữa hai đường thẳng DM và SD hay  bù với góc  SDM . Do đó : cos  = 1 30 b) Kẻ DN // BC và N thuộc AC . Ta có : BC // ( SND) . Do đó : d(BC, SD) = d( BC/(SND)) = d(c/(SND)) Kẻ CK và AH vuông góc với SN , H và K thuộc đường thẳng SN Ta có : DN // BC   DN AC 1   Và     SA ABC SA DN 2    Từ (1) và (2) suy ra : DN  ( SAC)   DN KC 3   Do cách dựng và (3) ta có : CK  (SND) hay CK là khoảng cách từ C đến mp(SND) Mặt khác : ÄANH = ÄCNK nên AH = CK Mà trong tam giác vuông SAN lại có : 2 2 2 1 1 1 1 5 1 AH AH SA AN 25 26       Vậy khoảng cách giữa BC và SD là : CK = 5 26 0,5 IV 2® 1 1.0® Ta có : sinx – cosx + 1 = A(sinx + 2cosx + 3) + B(cosx – sinx) + C = (A – 2B) sinx + ( 2A + B) cosx + 3A + C 1 A 5 A 2B 1 3 2A B 1 B 5 3A C 1 8 C 5                             Vậy I =   2 2 2 0 0 0 d sin x 2cosx 3 1 3 8 dx dx 5 5 sin x 2cosx 3 5 sin x 2cosx 3                I =   2 2 0 0 1 3 8 x ln sin x 2cosx 3 J 5 5 5           I =   3 8 ln 4 ln5 J 10 5 5      Tính J = 2 0 dx sin x 2cosx 3     . Đặt t = tan x 2 2 2 1 x 2tdt dt tan 1 dx 2 2 t 1             Đổi cận : Khi x = 2  thì t = 1 Khi x = 0 thì t = 0 Vậy   1 1 1 2 2 22 2 0 0 0 2 2 2dt dt dt t 1 J 2 2 2t 1 t t 2t 5 t 1 2 2 3 t 1 t 1                 Lại đặt t = 1 = 2 tan u . suy ra dt = 2 ( tan 2 u + 1)du Đổi cận khi t = 1 thì u = 4  Khi t = 0 thì u =  với tan 1 2   0,25 0,25     2 4 4 2 2 tan u 1 du J u 4 4 tan u 1             Do đó : I = 3 3 5 8 ln 10 5 4 5     0.5 2a 0.5® G/s số phức z có dạng : z = x + iy với x,y  R , | z | = 2 2 x y  Ta có : | z | = 1 + ( z – 2 ) i  2 2 x y  = ( 1 – y ) + ( x – 2 ) i   2 2 2 x 2 0 x 2 1 y 0 3 y 2 x y 1 y                        2b 0.5đ G/s số phức z có dạng : z = x + iy với x,y  R , Ta có : | z - i | = | x + ( y - 1)i | =   2 2 x y 1   Do đó : 1 < | z - i | < 2  1 < | z - i | 2 < 4   2 2 1 x y 1 4      Gọi (C 1 ) , (C 2 ) là hai đường tròn đồng tâm I( 0 ; 1) và có bán kính lần lượt là : R 1 =1 , R 2 = 2 . Vậy tập hợp các điểm cần tìm là phần nằm giữa hai đường tròn (C 1 ) và (C 2 ) 0,5 0.5 1 +) PT cạnh BC đi qua B(2 ; -1) và nhận VTCP   1 u 4;3   của (d 2 ) làm VTPT (BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0 +) Tọa độ điểm C là nghiệm của HPT :   4x 3y 5 0 x 1 C 1;3 x 2y 5 0 y 3                    +) Đường thẳng ∆ đi qua B và vuông góc với (d 2 ) có VTPT là   2 u 2; 1    ∆ có PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0 +) Tọa độ giao điểm H của ∆ và (d 2 ) là nghiệm của HPT :   2x y 5 0 x 3 H 3;1 x 2y 5 0 y 1                  +) Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (d 2 ) thì B’ thuộc AC và H là trung điểm của BB’ nên :   B' H B B' H B x 2x x 4 B' 4;3 y 2y y 3            +) Đường thẳng AC đi qua C( -1 ; 3) và B’(4 ; 3) nên có PT : y - 3 = 0 +) Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT : y 3 0 x 5 A ( 5;3) 3x 4y 27 0 y 3                   +) Đường thẳng qua AB có VTCP   AB 7; 4    , nên có PT : x 2 y 1 4x 7y 1 0 7 4         0,25 0,5 0,25 Va 3® 2a Đường thẳng (d 1 ) đi qua M 1 ( 1; -4; 3) và có VTCP   1 u 0;2;1   Đường thẳng (d 2 ) đi qua M 2 ( 0; 3;-2) và có VTCP   2 u 3;2;0    Do đó :   1 2 M M 1;7; 5     và   1 2 u ,u 2; 3;6          Suy ra 1 2 1 2 u ,u .M M 49 0           . Vậy (d 1 ) và (d 2 ) chéo nhau 0.5 2b Lấy A( 1; -4 + 2t; 3 + t) thuộc (d 1 ) và B(-3u; 3 + 2u; -2) thuộc (d 2 ) .Ta có :   AB 3u 1;7 2u 2t; 5 t         A,B là giao điểm của đường vuông góc chung của (d 1 ) và (d 2 ) với hai đường đó 1 2 AB.u 0 14 4u 4t 5 t 0 u 1 9u 3 14 4u 4u 0 t 1 AB.u 0                                  Suy ra : A( 1; -2; 4) và B(3; 1; -2)   AB 2;3; 6      AB = 7 Trung điểm I của AB có tọa độ là : ( 2; - 1 2 ; 1) Mặt cầu (S) cần tìm có tâm I và bán kính là AB/2 và có PT :     2 2 2 1 49 x 2 y z 1 2 4             0,5 3 Số cách lấy 2 bi bất kì từ hai hộp bi là : 52.25 = 1300 Số cách lấy để 2 viên bi lấy ra cùng màu là : 30x10+7x6+15x9 = 477 Xác suất để 2 bi lấy ra cùng màu là : 477 1300 0.5 0.5 Vb 3.0 ® 1 +) Tọa độ điểm B là nghiệm của HPT :   x 1 3x y 3 0 B 1;0 y 0 y 0                 Ta nhận thấy đờng thẳng BC có hệ số góc k = 3 , nên 0 ABC 60   . Suy ra đường phân giác trong góc B của ÄABC có hệ số góc k’ = 3 3 nên có PT : 3 3 y x 3 3   (Ä) Tâm I( a ;b) của đường tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc (Ä) và cách trục Ox một khoảng bằng 2 nên : | b | = 2 + Với b = 2 : ta có a = 1 2 3  , suy ra I=( 1 2 3  ; 2 ) + Với b = -2 ta có a = 1 2 3  , suy ra I = ( 1 2 3  ; -2)  Đường phân giác trong góc A có dạng:y = -x + m (Ä’).Vì nó đi qua I nên + Nếu I=( 1 2 3  ; 2 ) thì m = 3 + 2 3 . Suy ra : (Ä’) : y = -x + 3 + 2 3 . Khi đó (Ä’) cắt Ox ở A(3 + 2 3 . ; 0) Do AC vuông góc với Ox nên có PT : x = 3 + 2 3 . Từ đó suy ra tọa độ điểm C = (3 + 2 3 ; 6 + 2 3 ) Vậy tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC lúc này là : 4 4 3 6 2 3 ; 3 3           . + Nếu I=( 1 2 3  ; 2 ) thì m = -1 - 2 3 . Suy ra : (Ä’) : y = - x -1 - 2 3 . Khi đó (Ä’) cắt Ox ở A(-1 - 2 3 . ; 0) Do AC vuông góc với Ox nên có PT : x = -1 - 2 3 . Từ đó suy ra tọa độ điểm C = (-1 - 2 3 ; -6 - 2 3 ) Vậy tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC lúc này là : 1 4 3 6 2 3 ; 3 3             . Vậy có hai tam giác ABC thoả mãn đề bài và trọng tâm của nó là : 0.25 0.5 0,25 O y x A B C 60 0 G 1 = 4 4 3 6 2 3 ; 3 3           và G 2 = 1 4 3 6 2 3 ; 3 3             2a + Đường thẳng (d) đi qua M(0; -1; 0) và có VTCP   d u 1;0; 1    + Mp (P) có VTPT :   P n 1;2;2   Mp (R) chứa (d) và vuông góc với (P) có VTPT :   R d P n u ;n 2; 3;2           Thay x, y, z từ Pt của (d) vào PT của (P) ta có : t - 2 - 2t + 3 = 0 hay t =1 . Suy ra (d) cắt (P) tại K(1; -1; -1) Hình chiếu (d’) của (d) trên (P) đi qua K và có VTCP :   d' R P u n ;n 10;2; 7           Vậy (d’) có PTCT : x 1 y 1 z 1 10 2 7       0,25 0,25 2b Lấy I(t; -1; -t) thuộc (d) , ta có : d 1 = d(I, (P)) = 1 t 3  ; d 2 = d(I, (Q)) = 5 t 3  Do mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P0 và (Q) nên : R = d 1 = d 2  | 1 - t | = | 5 - t |  t = 3 Suy ra : R = 2/3 và I = ( 3; -1; -3 ) . Do đó mặt cầu cần tìm có PT là :       2 2 2 4 x 3 y 1 z 3 9       0,25 0,25 3. sai Số cách chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ là : 52 5 C 2598960  Số cách chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ mà trong 5 quân bài đó có đúng 3 quân bài thuộc 1 bộ là : 13. 4 3 C 52  Xác suất để chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ mà trong 5 quân bài đó có đúng 3 quân bài thuộc 1 bộ là : 52 2598960 = 13 649740 0.5 0.5 . ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC LẦN THỨ I SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NĂM 2011 MÔN TOÁN – MÃ ĐỀ 04 (Th i gian làm b i 180 phút-không kể th i gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 i m):. bộ coi thi không gi i thích gì thêm. C©u N i dung i m 1 1,25 ®  Khảo sát và vẽ ĐTHS - TXĐ: D = R {2} - Sự biến thi n: + ) Gi i hạn : x x Lim y Lim y. nghịch biến trên m i khoảng    ;2 và - Đồ thị + Giao i m v i trục tung : (0 ;2) + Giao i m v i trục hoành : ( 4/3 ; 0) + ĐTHS nhận giao i m I( 2 ;3) của hai đường tiệm cận làm tâm đ i xứng