63 Đề thi thử Đại học 2011 - Đề số 42 pdf

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011 Môn: TOÁN (Thời gian : 180 phút) 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 x2    . 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 của phương trình :  0;2  sin3x sin x sin 2x cos2x 1cos2x    2).Giải phương trình: 33 x34 x31  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 x1 d:y 42t z3t          và  2 x3u d:y32u z2          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) : và 2 mp (P) : x + 2y + 2z + 3 = 0 và (Q) : x + 2y + 2z + 7 = 0 xt y zt         1 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 ) 63 Đề thi thử Đại học 2011 -121- http://www.VNMATH.com Ht Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm. trờng thpt hậu lộc 2 đáp án đề thi thử đại học lần 1 năm học 2009-2010 Môn thi: toán Thời gian lm bi: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu Nội dung Điểm 1 1,25đ Khảo sát v vẽ ĐTHS - TXĐ: D = \ {2} R - Sự biến thiên: + ) Giới hạn : nên đờng thẳng y = 3 l tiêm cận ngang của đồ thị hm số xx Limy Limy 3 +) . Do đó đờng thẳng x = 2 l tiệm cận đứng của đồ thị hm số x2 x2 Lim y ; Lim y +) Bảng biến thiên: Ta có : y = 2 2 2x < 0 , xD Hm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;2 v - Đồ thị + Giao điểm với trục tung : (0 ;2) + Giao điểm với trục honh : ( 4/3 ; 0) + ĐTHS nhận giao điểm I(2 ;3) của hai đờng tiệm cận lm tâm đối xứng Gọi M(x;y) (C) v cách đều 2 tiệm cận x = 2 v y = 3 | x 2 | = | y 3 | 3x 4 x x2 2 x2 x2 x2 x1 x x2 x4 x2 Vậy có 2 điểm thoả mãn đề bi l : M 1 ( 1; 1) v M 2 (4; 6) 0,25 0,25 0,25 0.5 I 2.0đ 2 Xét phơng trình : sin 6 x + cos 6 x = m ( sin 4 x + cos 4 x ) (2) y y 2 x - - 3 3 6 4 2 -5 5 y x O 63 thi th i hc 2011 -122- http://www.VNMATH.com 0.75đ 22 31 1sin2xm1sin2x 42 (1) Đặt t = sin 2 2x . Với 2 x0; 3 thì t0;1 . Khi đó (1) trở thnh : 2m = 3t 4 t2 với t0;1 Nhận xét : với mỗi t0;1 ta có : sin 2x t sin 2x t sin 2x t Để (2) có 2 nghiệm thuộc đoạn 2 0; 3 thì 33 t;1t 24 ;1 Da vo đồ thị (C) ta có : y(1)< 2m y(3/4) 7 12m 5 Vậy các giá trị cần tìm của m l : 17 ; 210 0,25 0,5 1 1,0đ sin3x sin x sin 2x cos2x 1cos2x (1) 2cos2x.sin x 2cos 2x 4 2sinx ĐK : sinx 0 x k Khi ;thì sinx > 0 nên : x0 (1) 2 cos2x = 2 cos 2x 4 x 16 2 k Do x0; nên 9 xhayx 16 16 Khi ;2 thì sinx < 0 nên : x (1) 2 cos2x = 2 cos 2x 4 cos -2x = cos 2x- 4 5 x 16 2 k Do x;2 nên 21 29 xhayx 16 16 0,5 0,5 II 2,0đ 2 1,0đ Đặt 33 ux34,vx 3 uv1 uv1 . Ta có : 22 33 uv1 uv1 u v u v uv 37 uv37 2 uv 12 uv 3uv37 u3 v4 u4 v3 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 v x = 30 0,25 0,5 0.25 III 1.0đ 1đ a)Ta có : AB = 25, Gọi M l trung điểm của BC , ta có : DM = 1 SD = 22 SA AD 30, SC = 22 SA AC 29 S N M D A B C K 63 thi th i hc 2011 -123- http://www.VNMATH.com SM = 22 SC CM 33 Ta có : 222 SD MD SM 30 1 33 1 cos SDM 2SD.MD 230 30 (*) Góc giữa hai đờng thẳng AC v SD l góc giữa hai đờng thẳng DM v SD hay bù với góc SDM . Do đó : cos = 1 30 b) Kẻ DN // BC v N thuộc AC . Ta có : BC // ( SND) . Do đó : d(BC, SD) = d( BC/(SND)) = d(c/(SND)) Kẻ CK v AH vuông góc với SN , H v K thuộc đờng thẳng SN Ta có : DN // BC DN AC 1 V SA ABC SA DN 2 Từ (1) v (2) suy ra : DN ( SAC) DN KC 3 Do cách dựng v (3) ta có : CK (SND) hay CK l khoảng cách từ C đến mp(SND) Mặt khác : ANH = CNK nên AH = CK M trong tam giác vuông SAN lại có : 222 1111 5 1AH AH SA AN 25 26 Vậy khoảng cách giữa BC v SD l : CK = 5 26 0.5 0,5 IV 2đ 1 1.0đ Ta có : sinx cosx + 1 = A(sinx + 2cosx + 3) + B(cosx sinx) + C = (A 2B) sinx + ( 2A + B) cosx + 3A + C 1 A 5 A2B1 3 2A B 1 B 5 3A C 1 8 C 5 Vậy I = 22 2 00 0 dsinx 2cosx 3 13 8 dx dx 5 5 sin x 2cosx 3 5 sin x 2cosx 3 I = 2 2 0 0 13 8 xlnsinx2cosx3 55 5 J I = 38 ln 4 ln5 J 10 5 5 Tính J = 2 0 dx sin x 2cosx 3 . Đặt t = tan x 2 2 2 1x 2td dt tan 1 dx 22 t t 1 Đổi cận : Khi x = 2 thì t = 1 Khi x = 0 thì t = 0 Vậy 111 2 22 2 2 000 22 2dt dt dt t1 J22 2t 1 t t2t5 t1 2 23 t1 t1 Lại đặt t = 1 = 2 tan u . suy ra dt = 2 ( tan 2 u + 1)du Đổi cận khi t = 1 thì u = 4 0,25 0,25 63 thi th i hc 2011 -124- http://www.VNMATH.com Khi t = 0 thì u = với tan 1 2 2 4 4 2 2tanu 1du Ju 4 4tanu 1 Do đó : I = 3358 ln 10 5 4 5 0.5 2a 0.5đ G/s số phức z có dạng : z = x + iy với x,y R , | z | = 22 xy Ta có : | z | = 1 + ( z 2 ) i 2 xy 2 = ( 1 y ) + ( x 2 ) i 2 22 x20 x2 1y0 3 y 2 xy 1y 2b 0.5 G/s số phức z có dạng : z = x + iy với x,y R , Ta có : | z - i | = | x + ( y - 1)i | = 2 2 xy1 Do đó : 1 < | z - i | < 2 1 < | z - i | 2 < 4 2 2 1x y1 4 Gọi (C 1 ) , (C 2 ) l hai đờng tròn đồng tâm I( 0 ; 1) v có bán kính lần lợt l : R 1 =1 , R 2 = 2 . Vậy tập hợp các điểm cần tìm l phần nằm giữa hai đờng tròn (C 1 ) v (C 2 ) 0,5 0.5 Va 3đ 1 +) PT cạnh BC đi qua B(2 ; -1) v nhận VTCP 1 u4;3 của (d 2 ) lm VTPT (BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0 +) Tọa độ điểm C l nghiệm của HPT : 4x 3y 5 0 x 1 C1;3 x2y50 y3 +) Đờng thẳng đi qua B v vuông góc với (d 2 ) có VTPT l 2 u2;1 có PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0 +) Tọa độ giao điểm H của v (d 2 ) l nghiệm của HPT : 2x y 5 0 x 3 H3;1 x2y50 y1 +) Gọi B l điểm đối xứng với B qua (d 2 ) thì B thuộc AC v H l trung điểm của BB nên : B' H B B' H B x2xx4 B' 4;3 y2yy3 +) Đờng thẳng AC đi qua C( -1 ; 3) v B(4 ; 3) nên có PT : y - 3 = 0 +) Tọa độ điểm A l nghiệm của HPT : y30 x 5 A(5;3) 3x 4y 27 0 y 3 +) Đờng thẳng qua AB có VTCP AB 7; 4 , nên có PT : x2 y1 4x 7y 1 0 74 0,25 0,5 0,25 63 thi th i hc 2011 -125- http://www.VNMATH.com 2a Đờng thẳng (d 1 ) đi qua M 1 ( 1; -4; 3) v có VTCP 1 u0;2;1 Đờng thẳng (d 2 ) đi qua M 2 ( 0; 3;-2) v có VTCP 2 u3;2; 0 Do đó : v 12 MM 1;7; 5 12 u,u 2; 3;6 Suy ra . Vậy (d 12 12 u,u .MM 49 0 1 ) v (d 2 ) chéo nhau 0.5 2b Lấy A( 1; -4 + 2t; 3 + t) thuộc (d 1 ) v B(-3u; 3 + 2u; -2) thuộc (d 2 ) .Ta có : AB 3u 1;7 2u 2t; 5 t A,B l giao điểm của đờng vuông góc chung của (d 1 ) v (d 2 ) với hai đờng 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) v B(3; 1; -2) AB 2;3; 6 AB = 7 Trung điểm I của AB có tọa độ l : ( 2; - 1 2 ; 1) Mặt cầu (S) cần tìm có tâm I v bán kính l AB/2 v có PT : 2 22 14 x2 y z1 24 9 0,5 3 Số cách lấy 2 bi bất kì từ hai hộp bi l : 52.25 = 1300 Số cách lấy để 2 viên bi lấy ra cùng mu l : 30x10+7x6+15x9 = 477 Xác suất để 2 bi lấy ra cùng mu l : 477 1300 0.5 0.5 Vb 3.0 đ 1 +) Tọa độ điểm B l nghiệm của HPT : x1 3x y 3 0 B1;0 y0 y0 Ta nhận thấy đờng thẳng BC có hệ số góc k = 3 , nên . Suy ra 0 ABC 60 đờng phân giác trong góc B của ABC có hệ số góc k = 3 3 nên có PT : 3 yx 33 3 () Tâm I( a ;b) của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc ( ) v cách trục Ox một khoảng bằng 2 nên : | b | = 2 + Với b = 2 : ta có a = 12 , suy ra I=( 3 12 ; 2 ) 3 + Với b = -2 ta có a = 12 , suy ra I = ( 3 12 ; -2) 3 Đờng phân giác trong góc A có dạng:y = -x + m ().Vì nó đi qua I nên + Nếu I=( 12 ; 2 ) thì m = 3 + 23 3 . Suy ra : () : y = -x + 3 + 2 3 . Khi đó () 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 ny l : 443623 ; 33 . + Nếu I=( 12 ; 2 ) thì m = -1 - 23 3 . Suy ra : () : y = - x -1 - 2 3 . Khi đó () cắt Ox ở A(-1 - 2 3 . ; 0) Do AC vuông góc với Ox nên có PT : x = -1 - 2 3 . 0.25 0.5 60 C B A x y O 63 thi th i hc 2011 -126- http://www.VNMATH.com 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 ny l : 143 623 ; 33 . Vậy có hai tam giác ABC thoả mãn đề bi v trọng tâm của nó l : G 1 = 443623 ; 33 v G 2 = 143 623 ; 33 0,25 2a + Đờng thẳng (d) đi qua M(0; -1; 0) v có VTCP d u1;0;1 + Mp (P) có VTPT : P n 1;2;2 Mp (R) chứa (d) v vuông góc với (P) có VTPT : RdP nu;n 2;3;2 Thay x, y, z từ Pt của (d) vo 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 v có VTCP : d' R P u n ;n 10;2; 7 Vậy (d) có PTCT : x1 y1 z1 10 2 7 0,25 0,25 2b Lấy I(t; -1; -t) thuộc (d) , ta có : d 1 = d(I, (P)) = 1t 3 ; d 2 = d(I, (Q)) = 5t 3 Do mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P0 v (Q) nên : R = d 1 = d 2 | 1 - t | = | 5 - t | t = 3 Suy ra : R = 2/3 v I = ( 3; -1; -3 ) . Do đó mặt cầu cần tìm có PT l : 222 4 x3 y1 z3 9 0,25 0,25 3. sai Số cách chọn 5 quân bi trong bộ bi tú lơ khơ l : 52 5 C 2598960 Số cách chọn 5 quân bi trong bộ bi tú lơ khơ m trong 5 quân bi đó có đúng 3 quân bi thuộc 1 bộ l : 13. 4 3 C52 Xác suất để chọn 5 quân bi trong bộ bi tú lơ khơ m trong 5 quân bi đó có đúng 3 quân bi thuộc 1 bộ l : 52 2598960 = 13 649740 0.5 0.5 63 thi th i hc 2011 -127- http://www.VNMATH.com . K ) 63 Đề thi thử Đại học 2011 -1 2 1- http://www.VNMATH.com Ht Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm. trờng thpt hậu lộc 2 đáp án đề thi thử đại học lần 1 năm học 200 9-2 010 Môn thi: . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011 Môn: TOÁN (Thời gian : 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm): 1).Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số :. sin 4 x + cos 4 x ) (2) y y 2 x - - 3 3 6 4 2 -5 5 y x O 63 thi th i hc 2011 -1 2 2- http://www.VNMATH.com 0.75đ 22 31 1sin2xm1sin2x 42 (1) Đặt t = sin 2 2x . Với 2 x0; 3