ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG MÔN TOÁN 2010 - ĐỀ SỐ 14 pot

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ 14 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm): 1).Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của h.số : 3x 4 y x 2    . Tìm điểm thuộc (C) cách đều 2 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 : sin3x 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). 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).Cho tam giác ABC vuông tại A, p.trình đt BC là : 3 x – y - 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc Ox và bán kính đ.tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. 2).Cho đ.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 ptr 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 ) HNG DN GII: ( s 14) Câu Nội dung Điểm 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) 2 0.75 đ Xét phơng 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) 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 0,25 Để (2) có 2 nghiệm thuộc đoạn 2 0; 3 thì 3 3 t ;1 t ;1 2 4 Da 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 0,5 II 2,0đ 1 1,0đ 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 0,5 Do x ;2 nên 21 29 x hay x 16 16 0,5 2 1,0đ 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 1.0đ 1đ a)Ta có : AB = 2 5 , Gọi M là trung điểm của BC , N M D S A B C K ta có : DM = 1 SD = 2 2 SA AD 30 , SC = 2 2 SA AC 29 SM = 2 2 SC CM 33 Ta có : 2 2 2 SD MD SM 30 1 33 1 cos SDM 2SD.MD 2 30 30 (*) Góc giữa hai đờng thẳng AC và SD là góc giữa hai đờng 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 đờng 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 : ANH = CNK 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 0.5 Vậy khoảng cách giữa BC và SD là : CK = 5 26 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 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 0,25 VËy   1 1 1 2 2 2 2 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                 L¹i ®Æt t = 1 = 2 tan u . suy ra dt = 2 ( tan 2 u + 1)du §æi cËn khi t = 1 th× u = 4  Khi t = 0 th× u =  víi tan 1 2       2 4 4 2 2 tan u 1 du J u 4 4 tan u 1              Do ®ã : I = 3 3 5 8 ln 10 5 4 5     0,25 0.5 2a 0.5đ 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 0.5 G/s số phức z có dạng : z = x + iy với x,y R , Ta có : | z - i | = | x + ( y - 1)i | = 2 2 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 đờng tròn đồng tâm I( 0 ; 1) và có bán kính lần lợt là : R 1 =1 , R 2 = 2 . Vậy tập hợp các điểm cần tìm là phần nằm giữa hai đờng tròn (C 1 ) và (C 2 ) 0,5 0.5 Va 3® 1 +) PT c¹nh BC ®i qua B(2 ; -1) vµ nhËn VTCP   1 u 4;3   cña (d 2 ) lµm VTPT (BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0 +) Täa ®é ®iÓm C lµ nghiÖm cña HPT :   4x 3y 5 0 x 1 C 1;3 x 2y 5 0 y 3                    +) §êng th¼ng ∆ ®i qua B vµ vu«ng gãc víi (d 2 ) cã VTPT lµ   2 u 2; 1    ∆ cã PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0 +) Täa ®é giao ®iÓm H cña ∆ vµ (d 2 ) lµ nghiÖm cña HPT :   2x y 5 0 x 3 H 3;1 x 2y 5 0 y 1                  +) Gäi B’ lµ ®iÓm ®èi xøng víi B qua (d 2 ) th× B’ thuéc AC vµ H lµ trung ®iÓm cña BB’ nªn :   B' H B B' H B x 2x x 4 B' 4;3 y 2y y 3            +) §êng th¼ng AC ®i qua C( -1 ; 3) vµ B’(4 ; 3) nªn cã PT : y - 3 = 0 +) Täa ®é ®iÓm A lµ nghiÖm cña HPT : y 3 0 x 5 A ( 5;3) 3x 4y 27 0 y 3                   +) §êng th¼ng qua AB cã VTCP   AB 7; 4    , nªn cã PT : x 2 y 1 4x 7y 1 0 7 4         0,25 0,5 [...]... đó () 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 : 4 4 3 6 2 3 G1 = ; và G2 = 3 3 1 4 3 6 2 3 ; 3 3 0.5 0,25 + Đường thẳng (d) đi qua M(0; -1 ; 0) và có VTCP... - 2 - 2t + 3 = 0 hay t =1 Suy ra (d) cắt (P) tại K(1; -1 ; -1 ) 2a Hình chiếu (d) của (d) trên (P) đi qua K và có VTCP : u d ' n R ; n P 10; 2; 7 Vậy (d) có PTCT : x 1 y 1 z 1 10 2 7 0,25 Lấy I(t; -1 ; -t) thuộc (d) , ta có : d1 = d(I, (P)) = 1 t ; 3 d2 = d(I, (Q)) = 5 t 3 0,25 Do mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P0 và (Q) nên : R = d1 = d2 2b | 1- t|=|5-t| t=3 Suy ra : R = 2/3 và I = ( 3; -1 ;... với hai AB.u1 0 14 4u 4t 5 t 0 u 1 đường đó 9u 3 14 4u 4u 0 t 1 AB.u 2 0 2b Suy ra : A( 1; -2 ; 4) và B(3; 1; -2 ) AB 2;3; 6 AB = 7 1 Trung điểm I của AB có tọa độ là : ( 2; - ; 1) 2 Mặt cầu (S) cần tìm có tâm I và bán kính là AB/2 và có PT : 0.5 2 1 49 2 2 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... có dạng:y = -x + m ().Vì nó đi qua I nên + Nếu I=( 1 2 3 ; 2 ) thì m = 3 + 2 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 này là : 4 4 3 6 2 3 ; 3 3 + Nếu I=( 1 2 3 ; 2 ) thì m = -1 - 2 3 Suy ra : () : y = - x -1 - 2 3 Khi...0,25 Đường thẳng (d1) đi qua M1( 1; -4 ; 3) và có VTCP u1 0;2;1 Đường thẳng (d2) đi qua M2( 0; 3 ;-2 ) và có VTCP u 2 3;2;0 2a Do đó : M1M 2 1;7; 5 và u1 , u 2 2; 3; 6 Suy ra u1 , u 2 M1M 2 49 0 Vậy (d1) và (d2) chéo nhau Lấy A( 1; -4 + 2t; 3 + t) thuộc (d1) và B (-3 u; 3 + 2u; -2 ) thuộc (d2) Ta có : AB 3u 1;7 2u 2t; 5 t A,B là giao... thấy đờng thẳng BC có hệ số góc k= 3 , nên ABC 600 Suy ra Vb đường phân giác trong góc B của 3.0 đ 1 ABC có hệ số góc k = nên có PT : y 3 3 x 3 3 3 3 () Tâm I( a ;b) của đường tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc () 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 ) 0.25 + Với b = -2 ta có a = 1 2 3 , suy ra I = ( 1 2 3 ; -2 ) Đường phân giác trong... (Q)) = 5 t 3 0,25 Do mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P0 và (Q) nên : R = d1 = d2 2b | 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 x 3 y 1 z 3 2 4 9 0,25 Số cách chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ là : C52 2598960 5 Số cách chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ mà trong 5 quân bài đó 4 có đúng 3 quân bài thuộc 1 bộ là : 13 C3 52 3 sai Xác suất . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ 14 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu. thì m = -1 - 2 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 . Từ đó suy ra tọa độ điểm C = (-1 - 2 3 ; -6 - 2 3 ). 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 ;