ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT THANH BÌNH pps

Sở GD và ĐT hải dơng Trờng THPT Thanh Bình Đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2011 Môn thi : toán, Khối A, B (Thời gian làm bài 180 phút , không kể giao đề) A. Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7,0 điểm) Câu I ( 2 đ): Cho hàm số: 2 1 x y x (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Tìm điểm M trên (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đờng tiệm cận là nhỏ nhất. Câu II ( 2 đ): 1) Giải phơng trình: 6 6 4(sin cos ) 6.cos2 2.cos4 0 sin 2 x x x x x 2) Giải hệ phơng trình sau: 2 2 8 2 2 3 2 x y y x x y y 3) Giải phơng trình : 2 2x 3 x 2 x 3 .4 18 Câu III (1 đ): Tính tích phân sau: 2 2 1 1 ln 4 ln e I x dx x x Câu IV (1 đ:Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, 2 BC a , hình chiếu của A trên mặt phẳng (ABC) là trọng tâm tam giác ABC, cạnh bên tạo với mặt đáy một góc 60 0 . Tính thể tích của khối lăng trụ đó. Câu V (1 đ): Cho hai số thực x, y thoả mãn : 3 1 3 2 x x y y Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: A = x + y. B. Phần tự chọn ( 3,0 điểm) 1. Theo chơng trình chuẩn: Câu VI.a ( 2đ): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh A(4; 5), đờng chéo BD có phơng trình: y - 3 = 0. Tìm toạ độ của các đỉnh còn lại của hình vuông đó. 2) Trong không gian Oxyz cho (P): 3x - 2y - 3z - 7 = 0 và x 2 y 4 z 1 d : 3 2 2 . Viết phơng trình đờng thẳng đi qua A(-1; 0; 1), song song với mặt phẳng (P) và cắt đờng thẳng d. Câu VII.a (1đ): Tính tổng sau: 2 4 6 2010 1 3 5 2009 2010 2010 2010 2010 2 1 2 1 2 1 2 1 . . . . 2 4 6 2010 S C C C C . 2. Theo chơng trình nâng cao: Câu VI.b ( 2đ): 1) Trong mặt phẳng Oxy cho A(2;1) và đờng thẳng (d):2x+3y+4=0 . Lập phơng trình đờng thẳng đi qua A tạo với đờng thẳng (d) một góc 45 0 . 2) Trong không gian Oxyz cho 3 đờng thẳng: 1 x 2 y 2 z 1 d : 3 4 1 ; 2 x 7 y 3 z 9 d : 1 2 1 ; 3 x 1 y 3 z 2 d : 1 1 2 Viết phơng trình đờng thẳng d song song với d 3 và cắt d 1 , d 2 . Câu VII.b ( 1đ): Một hộp đựng 4 viên bi xanh , 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên ra hai viên bi. a) Tính xác suất để chọn đợc 2 viên bi cùng màu. Đề chính thức b) Tính xác suất để chọn đợc 2 viên bi khác màu. www.laisac.page.tl ĐáP áN Câu I: 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: ( trình bày theo chơng trình cơ bản) a) Tập xác định: D = R \ {-1} b) Sự biến thiên . Chiều biến thiên: 2 2 ( 1) ( 2) 3 ' 0 \ 1 ( 1) ( 1) x x y x R x x => Hàm số đồng biến trên các khoảng (- , -1) và (-1, +) . Hàm số không có cực trị . Giới hạn: + 2 lim lim 1 1 x x x y x => Đờng thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số + ( 1) ( 1) 2 lim lim 1 x x x y x ; ( 1) ( 1) 2 lim lim 1 x x x y x => đờng thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. . Bảng biến thiên: x - -1 + y' + + y 1 + - 1 c) Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (2;0 ) Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;-2) f(x)=(x-2)/(x+1) -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 2) Gọi M(x 0 , y 0 ) (C) , ( Trong đó 0 0 2 1 x y x và x 0 -1) Gọi d 1 là phơng trình tiệm cận đứng: x + 1 = 0 Gọi d 2 là phơng trình tiệm cận ngang: y - 1 = 0 Ta có: 1 ( ; ) 0 1 M d d x ; 2 ( ; ) 0 1 M d d y Ta có tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận là: 1 2 0 ( , ) ( , ) 0 0 2 1 1 1 M d M d x d d d x x 0 0 0 0 0 0 3 3 3 1 1 2 1. 2 3 1 1 1 x x x x x x Vậy: min 0 0 3 2 3 1 1 d x x 0 0 2 0 0 0 1 3 3 1 ( 1) 3 1 3 3 1 x x x x x Với: . 0 0 3 1 1 3 x y . 0 0 3 1 1 3 x y Vậy có 2 điểm M (C) thoả mãn yêu cầu bài toán là: 1 1 3;1 3 M và 2 3 1;1 3 M . Câu II: 1) 6 6 4(sin cos ) 6.cos2 2.cos4 0 sin 2 x x x x x (1) Điều kiện: sin2x 0. Ta có (1) 2 2 3 4(1 sin 2 ) 6cos2 2(2cos 2 1) 0 4 x x x 2 2 4 3sin 2 6cos2 4cos 2 2 0 x x x 2 2 4 3(1 cos 2 ) 6cos2 4cos 2 2 0 x x x 2 2 4 3 3cos 2 6cos2 4cos 2 2 0 x x x 2 7cos 2 6cos2 1 0 x x cos2 1 sin 2 0 ( ) 1 cos2 ( ) 7 x x L x TM . 1 2 arccos 2 7 1 cos2 7 1 2 arccos 2 7 x k x x k 1 1 cos ( ) 2 7 x arc k k Z Vậy phơng trình đã cho có hai họ nghiệm 1 1 arccos 2 7 x k và 1 1 arccos 2 7 x k ( ) k Z 2) Giải hệ phơng trình sau: 2 2 (1) 8 2 2 3 2 (2) x y y x x y y * Điều kiện 8 0 2 3 x y Giải (1) ta có: 2 2 2 2 (*) x y x y y x x y Xét hàm số 2 ( ) f t t t với t 0. 2 2 '( ) 1 0 0 f t t t => Hàm số đồng biến trên D ;0 0; U . Mà (*) ( ) ( ) f x f y x y thế vào PT (2) ta có: 8 2 2 3 2 x x x điều kiện 2 3 x 8 3 2 2 2 x x x 8 5 2 (3 2)(2 2) x x x x 8 4 2 (3 2)(2 2) x x x 4 2 (3 2)(2 2) x x x 2 2 2 2 2 4 0 2 3 (3 2)(2 2) (4 2 ) 6 2 4 16 16 4 x x x x x x x x x 2 2 2 2 2 3 3 1 ( ) 2 18 20 0 10 ( ) x x x TM x x x L Vậy ta có : 1 1 x y =>Hệ phơng trình đã cho có 1 nghiệm (x, y) là (1; 1). 3). Điều kiện: x 0. Ta có: 2 2 2x 3 2x 3 x 2 x 2 x x 3 3 3 .4 18 log 3 .4 log 18 2 3 3 4x 6 x 2 .log 2 2 log 2 x 2 3 3(x 2) x 4 .log 2 0 x (x-2)(x 2 + 2x + 3log 3 2) = 0 2 3 x 2 = 0 2 ( ) x 2x 3log 2=0 (VN) x tm . Câu III: 2 2 1 1 ln 4 ln e I x dx x x 2 2 1 1 1 ln . 4 ln e e dx x dx x x * Ta tính tích phân 1 2 1 1 . 4 ln e I dx x x Đặt u = lnx => du = dx x Khi x = 1 thì u = 0; Khi x = e thì u = 1 1 1 2 0 4 du I u Đặt u = 2sint => du = 2costdt Khi u = 0 thì t = 0; u = 1 thì t = 6 6 6 6 1 2 0 0 0 2.cos 2.cos . 2.cos 4 4sin t t I dt dt dt t t 6 6 0 x * Ta tính tích phân 2 2 1 ln . e I x dx Đặt 2 2.ln . ln dx du x u x x dv du v x 2 2 1 .ln .2ln . 1 e e dx I x x x x x 2 1 .ln 2.ln . 1 e e x x x dx Đặt ln 2 2 dx u x du x dv dx v x 2 2 1 .ln 2 .ln 2 1 1 e e e dx I x x x x x x 2 .ln 2 ln 2 1 1 1 e e e x x x x x = e - 2e + 2e - 2 = e - 2 Vậy: 1 2 2 6 I I I e . Câu IV: Do ABC vuông cân tại A mà BC = 2 a => AB = BC = a 2 1 . 2 2 ABC a S AB BC (đvdt) Ta có A'G (ABC) => A'G là đờng cao của khối lăng trụ A'B'C'.ABC Gọi M là trung điểm của BC 1 2 2 2 a AM BC Do G là trọng tâm ABC 2 2 3 3 a AG AM Xét A'AG ta có: 0 0 ' 2 6 tan60 ' .tan60 3. 3 3 A G a a A G AG AG 2 3 . ' ' ' 6 6 . ' . 2 3 6 ABC A B C ABC a a a V S A G (đvdt) Câu V: Ta có : 3 1 3 2 3 1 2 x x y y x y x y Đặt: x y a 3 1 2 x y a Ta đi tìm điều kiện của a đê hệ phơng trình sau có nghiệm: 3 1 2 x y a x y a (I) Ta có hệ (I) ( 1) ( 2) 3 3 1 2 x y a x y a Đặt 1 ; 2 ( 0; 0) u x v y u v Ta có hệ phơng trình: 2 2 2 2 2 3 33 1 3 3 3 2 9 a u v u v uv a u v a a a u v a u v uv a Suy ra : u và v là nghiệm của phơng trình: 2 2 1 3 0 3 2 9 a a t t a (*) Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi phơng trình (*) có hai nghiệm t 1 , t 2 không âm 2 2 0 18 54 0 9 3 21 0 0 9 3 15 2 0 9 27 0 a a S a a P a a hay 9 3 21 9 3 15 2 A Vậy: 9 3 21 9 3 15; 2 MaxA MinA . B A ' C' G A B' C M 60 0 a a Phần tự chọn 1. Theo chơng trình chuẩn: Câu VIa: 1). Đờng thẳng AC vuông góc với BD: y - 3 = 0 nên có phơng trình dạng: x + c = 0. mặt khác AC lại đi qua A( 4; 5) nên c = - 4. Vậy AC: x- 4 = 0 (4;3) I . Đờng tròn ngoại tiếp ABCD có tâm I(4;3), bán kính R= AI = 2 nên có phơng trình: 2 2 4 3 4 x y Toạ độ điểm B và D thoả mãn hệ phơng trình: 2 2 2 3 3 3 6 4 3 4 4 4 2 y y y x x y x x Vậy: A(4;5), B(6;3), C(4;1), D(2;3). Hoặc: A(4;5), B(2;3), C(4;1), D(6;3). 2). Gọi B = d => B(2 + 3t; -4- 2t; 1 + 2t) Ta có: (3 3 ; 4 2 ;2 ) AB t t t uuur . Vì // (P) ( (3; 2; 3) ) P P AB n n uuur uur uur ) . 0 P AB n uuur uur 3(3 + 3t) - 2(-4 - 2t) - 3(2t) = 0 9 + 9t + 8 + 4t - 6t = 0 7t = -17 17 7 t Lúc đó 30 6 34 2 ; ; ( 15;3; 17) 7 7 7 7 AB uuur Vậy () có PT: 1 1 15 3 17 x y z Câu VII.a (1đ): 2 4 6 1010 1 3 5 2009 2010 2010 2010 2010 2 1 2 1 2 1 2 1 . . . . 2 4 6 2010 S C C C C Ta có: 2010 2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 0 (1 ) . . . . . K k k x C x C C x C x C x C x C x 2010 2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 0 (1 ) .( ) . . . . . k k k x C x C C x C x C x C x C x 2010 2010 1 3 3 5 5 2009 2009 2010 2010 2010 2010 (1 ) (1 ) . . 2 x x C x C x C x C x (1) Lấy tích phân 2 vế của (1) với cận từ 1 đến 2 ta đợc: 2 2 2010 2010 1 3 3 5 5 2009 2009 2010 2010 2010 2010 1 1 (1 ) (1 ) . 2 x x dx C x C x C x C x dx 2011 2011 1 2 3 4 2009 2010 2010 2010 2010 (1 ) (1 ) 2 2 1 1 1 2011 2011 2 2 4 2010 1 1 x x C x C x C x A (4;5) C B I(4;3 ) D y=3 . . B A (-1;0;1) ( ) p n r P (d) 2011 2011 2 4 2010 1 3 2009 2010 2010 2010 3 1 2 2 1 2 1 2 1 4022 2 4 2010 C C C Vậy: 2011 2011 3 2 1 4022 S . 2. Theo chơng trình nâng cao Câu VI.b 1). Đờng thẳng (d): 2x + 3y + 4 = 0 có vectơ pháp tuyến là (2;3) d n uur Đờng thẳng đi qua A(2; 1) có PT dạng: a(x - 2) + b(y - 1) = 0 (a 2 + b 2 0) ax + by - (2a +b) = 0 () có vec tơ pháp tuyến ( ; ) n a b uur Theo giả thiết thì góc giữa và d bằng 45 0 . 0 . cos45 cos( , ) . d d d n n n n n n uur uur uur uur uur uur 2 2 2 3 2 2 13. a b a b 2 2 26. 2 2 3 a b a b 26(a 2 + b 2 ) = 4(4a 2 + 12ab + 9b 2 ) 5a 2 - 24ab - 5b 2 = 0 2 5 24 5 0 a a b b 5 1 5 a b a b TH1: 5 a b chọn a = 5, b = 1 có phơng trình: 5x + y - 11 = 0 TH2: 1 5 a b chọn a = -1, b= 5 có phơng trình: -x + 5y - 3 = 0. 2). Gọi A, B lần lợt là giao điểm của d với d 1 và d 2 => A(2 + 3a; -2+4a; 1+a), B(7+b; 3+2b; 9-b) => (5 3 ;5 2 4 ;8 ) AB b a b a b a uuur Đờng thẳng d 3 có vectơ chỉ phơng là 3 (1;1;2) u uur Ta có: 3 , (2 5 7 ;2 3 5 ; ) AB u b a b a b a uuur uur Vì 3 3 // , 0 d d AB u uuur uur r 2 5 7 0 1 2 3 5 0 1 0 b a a b a b b a Khi đó A(5;2;2), B(8;5;8) (3;3;6) 3(1;1;2) AB uuur Vậy đờng thẳng (d) cần tìm có PT: 5 2 2 1 1 2 x y z Câu VII.b (1 điểm) a) Gọi A là biến cố Chọn đợc 2 viên bi xanh B là biến cố Chọn đợc 2 viên bi đỏ C là biến cố Chọn đợc 2 viên bi vàng Và H là biến cố Chọn đợc 2 viên cùng màu (d 1 ) (d 2 ) (d) (d 3 ) 3 u uur =(1;1;2) . . A B Ta cã: H A B C    vµ c¸c biÕn cè A , B , C ®«i mét xung kh¾c. VËy theo quy t¾c céng x¸c suÊt ta cã:           22 2 3 4 2 2 2 2 9 9 9 5 18 C C C P H P A B C P A P B P C C C C           b) BiÕn cè “ Chän ®îc hai viªn bi kh¸c mµu” chÝnh lµ biÕn cè H . suy ra   5 13 ( ) 1 1 18 18 P H P H     . . Sở GD và ĐT hải dơng Trờng THPT Thanh Bình Đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2011 Môn thi : toán, Khối A, B (Thời gian làm bài 180 phút , không kể giao đề) A. Phần chung cho tất cả. thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0 ;-2 ) f(x)=(x-2)/(x+1) -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 2) Gọi M(x 0 , y 0 ) (C) , ( Trong đó 0 0 2 1 x y x và x 0 -1 ) Gọi d 1 là phơng trình tiệm. định: D = R {-1 } b) Sự biến thi n . Chiều biến thi n: 2 2 ( 1) ( 2) 3 ' 0 1 ( 1) ( 1) x x y x R x x => Hàm số đồng biến trên các khoảng (- , -1 ) và (-1 , +) . Hàm