De thi thu dh 2011 o hai duong

2 Tìm điểm M trên C sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đờng tiệm cận là nhỏ nhất.. Tính thể tích của khối lăng trụ đó.. Tìm toạ độ của các đỉnh còn lại của hình vuông đó.. Lập phơng t

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: 4(sin6 cos ) 6.cos 26 2.cos 4 0

sin 2

x

2) Giải hệ phơng trình sau:

 + = +







3) Giải phơng trình : 2 2x 3

−

Câu III (1 đ): Tính tích phân sau: 2

2 1

1

ln

4 ln

e

−

∫

Câu IV (1 đ:Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông

cân tại A,BC a= 2, hình chiếu của A’ trên mặt phẳng (ABC) là trọng tâm tam giác ABC, cạnh bên tạo với mặt đáy một góc 600 Tính thể tích của khối lăng trụ đó

Câu V (1 đ): Cho hai số thực x, y thoả mãn : x− 3 x+ = 1 3 y+ − 2 y

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: A = x + y

B Phần tự chọn ( 3,0 điểm)

1 Theo ch ơng 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 d :x 2 y 4 z 1

− = + = −

Viết phơng trình đờng thẳng ∆ đi qua A(-1; 0; 1), song song với mặt phẳng (P) và cắt

đờng thẳng d

2 Theo ch ơng 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 450

2) Trong không gian Oxyz cho 3 đờng thẳng:

1

x 2 y 2 z 1

d :

− = + = − ;

2

x 7 y 3 z 9

d :

− = − = −

− ; 3

x 1 y 3 z 2

d :

+ = + = − Viết phơng trình đờng thẳng d song song với d3 và cắt d1, d2

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

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)

Đề chính thức

a) Tập xác định: D = R \ {-1}

b) Sự biến thiên

( 1) ( 2) 3

+ − −

=> Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ∞, -1) và (-1, +∞)

Hàm số không có cực trị

Giới hạn:

+ lim lim 2 1

1

x y

x

−

=  ữ=

+

  => Đờng thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số +

2 lim lim

1

x y

x

−

=  ữ= −∞

+

  ; ( 1) ( 1)

2 lim lim

1

x y

x

−

=  ữ= +∞

+

=> đờng thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

Bảng biến thiên:

y

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)

-5

5

x y

2) Gọi M(x0, y0) ∈ (C) , ( Trong đó 0

0

2 1

x y x

−

= + và x0 ≠ -1) Gọi d1 là phơng trình tiệm cận đứng: x + 1 = 0

Gọi d2 là phơng trình tiệm cận ngang: y - 1 = 0

Ta có: d(M d; )1 = x0+ 1; d(M d; 2) = y0− 1

Ta có tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận là: 1 2 0

0

2

1

x

x

−

+

−

0

3

1

x

+

2 0

( 1) 3

x

Với: x0 = 3 1 − ⇒ y0 = − 1 3

.x0 = − 3 1 − ⇒y0 = + 1 3

Vậy có 2 điểm M ∈ (C) thoả mãn yêu cầu bài toán là:M1(− + 1 3;1 − 3) và M2(− 3 1;1 − + 3).

Câu II:

1) 4(sin6 cos ) 6.cos 26 2.cos 4 0

sin 2

x

Điều kiện: sin2x ≠ 0

4(1 sin 2 ) 6cos 2 2(2cos 2 1) 0

4 3sin 2x 6cos 2x 4cos 2x 2 0

4 3(1 cos 2 ) 6cos 2x x 4cos 2x 2 0

4 3 3cos 2x 6cos 2x 4cos 2x 2 0

2

7 cos 2x 6cos 2x 1 0

cos 2 1 sin 2 0 ( )

1

7





⇔

= −



1

7 1

cos 2

7

x

π π

 = − +

 ữ



= − ⇔



 

Vậy phơng trình đã cho có hai họ nghiệm

arccos

  và

arccos

2) Giải hệ phơng trình sau:

(1)

 + = +







* Điều kiện

2 3

x y

− ≤ ≠





 ≥



Giải (1) ta có: x 2 y 2 x 2 y 2 (*)

+ = + ⇔ − = − Xét hàm số f t( ) t 2

t

= − với t≠0

2

2

t

= + > ∀ ≠ => Hàm số đồng biến trên D(−∞ ;0) (U 0; +∞)

Mà (*) ⇔ f x( ) = f y( ) ⇔ =x y thế vào PT (2) ta có:

x+ − x+ = x− điều kiện 2

3

x≥

8 5 2 (3 2)(2 2)

8 4x 2 (3x 2)(2x 2)

4 2x (3x 2)(2x 2)

2

2

3 (3 2)(2 2) (4 2 )

6 2 4 16 16 4



− + ≥

2

2 2

3

1 ( )

2 18 20 0

10 ( )

x x

 ≤ ≤

⇔ ⇔  =

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 2x 3 2 2x 3

3 4 18 log 3 4 log 18

2

4x 6

x 2 log 2 2 log 2

x

−

( 2 )

3

3(x 2)

x

−

⇔ (x-2)(x2 + 2x + 3log32) = 0 2

3

x 2 = 0

2 ( )

x 2x 3log 2=0 (VN) x tm

−



2 1

1

ln

4 ln

e

−

2

1

ln

4 ln

−

* Ta tính tích phân 1

2 1

1

.

4 ln

e

−

∫

Đặt u = lnx => du = dx

x

Khi x = 1 thì u = 0; Khi x = e thì u = 1

1

du I

u

⇒ =

−

∫

Đặt u = 2sint => du = 2costdt

Khi u = 0 thì t = 0; u = 1 thì t =

6

π

2.cos 2.cos

2.cos

4 4sin

t t

−

6 0

x

π π

* Ta tính tích phân 2

2 1

ln

e

Đặt ln2 2.ln

dx

x



 = ⇔ =

2 2

1

.ln 2ln 1

e

x

1

.ln 2.ln 1

e

e

Đặt ln

dx

x



2 2

1

e

x

= e - 2e + 2e - 2 = e - 2

6

I = + = + −I I π e .

Câu IV:

Do ∆ABC vuông cân tại A mà BC = a 2

=> AB = BC = a

B

G

A

B'

C M

60

0

a

a

1

.

ABC

a

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

a

Do G là trọng tâm ∆ABC 2 2

a

Xét ∆A'AG ta có:

AG

' ' '

ABC A B C ABC

Câu V: Ta có : x− 3 x+ = 1 3 y+ − ⇔ + = 2 y x y 3( x+ + 1 y+ 2)

Đặt: x y a 3 + = ⇒ ( x+ + 1 y+ 2)=a

Ta đi tìm điều kiện của a đê hệ phơng trình sau có nghiệm:

x y a

+ =



Ta có hệ (I)

+ + + = +



⇔  + + + =



Đặt u= x+ 1 ;v= y+ 2 (u≥ 0;v≥ 0)

Ta có hệ phơng trình:

2

3

1

a

u v

 + =

 + = +

 Suy ra : u và v là nghiệm của phơng trình: 2 1 2

 ữ

Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi phơng trình (*) có hai nghiệm t1, t2 không âm

2

2

9 3 21

2





+





hay 9 3 21 9 3 15

2

Phần tự chọn

1 Theo ch ơng trình chuẩn:

C

âu 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 ⇒I(4;3)

Đờng tròn ngoại tiếp ABCD có tâm I(4;3), bán kính

R= AI = 2 nên có phơng trình: ( ) (2 )2

Toạ độ điểm B và D thoả mãn hệ phơng trình:

B

I(4;3 )

D

y=3

3

6

2

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: uuurAB= +(3 3 ; 4 2 ; 2 )t − − t t

Vì ∆ // (P) ⇒uuur uurAB⊥n P ( nuurP = (3; 2; 3) ) − − )

. P 0

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)

uuur

Vậy (∆) có PT: x−15+1= =3y z−17−1

Ta có:

2010

0

k

=

2010

0

k

=

(1 ) (1 )

2

Lấy tích phân 2 vế của (1) với cận từ 1 đến 2 ta đợc:

(1 ) (1 )

2

Vậy: 32011 22011 1

4022

2 Theo ch ơng trình nâng cao

Câu VI.b

1) Đờng thẳng (d): 2x + 3y + 4 = 0 có vectơ pháp tuyến là nuurd = (2;3)

Đờng thẳng ∆ đi qua A(2; 1) có PT dạng: a(x - 2) + b(y - 1) = 0 (a2 + b2 ≠ 0)

⇔ ax + by - (2a +b) = 0 ⇒ (∆) có vec tơ pháp tuyến nuur∆ = ( ; )a b

Theo giả thiết thì góc giữa ∆ và d bằng 450

.

A(-1;0;1)

()

p

n r

P

(d)

0 cos 45 cos( , )

.

d d

d

n n

n n

∆

∆

∆

uuruur uur uur

uur uur

2 3 2

2 13.

+

+

26. a b 2 2a 3b

⇔ 26(a2 + b2) = 4(4a2 + 12ab + 9b2) ⇔ 5a2 - 24ab - 5b2 = 0

2

5 a 24 a 5 0

   

⇔  ữ −  ữ− =

   

5 1 5

a b a b

 =



⇔  −

 =



TH1: a 5

b = chọn a = 5, b = 1 ⇒∆ có phơng trình: 5x + y - 11 = 0

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 d1 và d2

=> A(2 + 3a; -2+4a; 1+a), B(7+b; 3+2b; 9-b)

=> uuurAB= + − (5 b 3 ;5 2a + b− 4 ;8a − −b a)

Đờng thẳng d3 có vectơ chỉ phơng là uuur3 = (1;1; 2)

Ta có: uuur uurAB u, 3 = + − (2 5b 7 ; 2 3a + −b 5 ;a b a− + )

Vì d d// 3⇒uuur uurAB u, 3=0r

1

1 0

a

b

b a

+ − =





⇔− + =+ − = ⇔  =



Khi đó A(5;2;2), B(8;5;8) ⇒uuurAB=(3;3;6) 3(1;1; 2)=

Vậy đờng thẳng (d) cần tìm có PT: 5 2 2

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 ”

Ta có: H = ∪ ∪A B C và các biến cố A , B , C đôi một xung khắc Vậy theo quy tắc cộng xác suất ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 42 32 22

5 18

C

b) Biến cố “ Chọn đợc hai viên bi khác màu” chính là biến cố H suy ra

18 18

2)

(d)

(d3)

=(1;1;2)

A

B