Đề&HD TS ĐH Toán 2010 số 29

Tìm điểm thuộc C cách đều 2 đường tiệm cận.. 1.Tính góc giữa AC và SD; 2.Tính khoảng cách giữa BC và SD.. Viết phương trình mặt cầu S có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2..

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2010

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

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: 3x 34   3x 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 : (d1) : 3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y – 5 = 0

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng:

 1

x 1

z 3 t







 



  



và  2

x 3u

d : y 3 2u

z 2







 



 



a Chứng minh rằng (d1) và (d2) chéo nhau.

b Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2).

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











 



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

-Cỏn b coi thi khụng gi i thớch gỡ thờm ộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm ải 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 làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

I

2.0đ

1 1,25đ

 Khảo sát và vẽ ĐTHS

- TXĐ: D =R\ {2}

- Sự biến thiên:

+ ) Giới hạn : xLim y xLim y 3

ngang của đồ thị hàm số +) x 2Lim y ; Lim yx 2

   Do đó đờng 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 đờng 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 | 2 | = | y – 2 | = | y – 3 | 3 | 3x 4 x



  x 1

x

x 2

x 4

x 2







Vậy có 2 điểm thoả mãn đề bài là : M1( 1; 1) và M2(4; 6)

0,25

0,25

0,25

0.5

2 0.75đ Xét phơng trình : sin

6 x + cos 6 x = m ( sin 4 x + cos 4 x ) (2)

1 sin 2x m 1 sin 2x

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

0,5

y’ = y

-

 

-2

3

3

6

4

2

y

Để (2) có 2 nghiệm thuộc đoạn 2

0;

3



 thì t 3;1 t 3;1



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



II

2,0đ

1

1,0đ

sin 3x sin x

sin 2x cos2x

1 cos2x



2 sin x



ĐK : sinx ≠ 0  x k

 Khi x0; thì sinx > 0 nên :

(1)  2cos2x = 2 cos 2x

4





x

16 2

Do x0; nên  9

 Khi x   thì sinx < 0 nên : ;2 

(1)   2 cos2x = 2 cos 2x  4

  cos -2x = cos 2x- 

4



5 x

16 2

Do x   nên  ;2  21 29

0,5

0,5

2

1,0đ

Đặt u3 x 34, v 3 x 3 Ta có :

   2 2 

3 3

u v 1

u v 1





 2

uv 12







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 ,

ta có : DM = 1

SD = SA2 AD2  30,

SC = SA2 AC2  29

SM = SC2CM2  33

Ta có :

cos SDM

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

0.5

D S

C

K

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 : ΔANH = ΔCNK nANH = ΔANH = ΔCNK nCNK nên AH = CK

Mà trong tam giác vuông SAN lại có :

AH SA AN 25   26

Vậy khoảng cách giữa BC và SD là : CK = 5

26

0,5

IV

2đ

1

1.0đ

Ta có : sinx – 2 | = | y – 3 | cosx + 1 = A(sinx + 2cosx + 3) + B(cosx – 2 | = | y – 3 | sinx) + C = (A – 2 | = | y – 3 | 2B) sinx + ( 2A + B) cosx + 3A + C

1 A 5

A 2B 1

3

5

C 5











d sin x 2cosx 3

dx

5 5 sin x 2cosx 3 5 sin x 2cosx 3

0





I = 3ln 4 ln 5 8J



Tính J = 2

0

dx sin x 2cosx 3



Đặt t = tanx

2

2

2



Đổi cận : Khi x =

2



thì t = 1 Khi x = 0 thì t = 0

Vậy

 

2dt

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

 

2 4

4 2

2 tan u 1 du

4

4 tan u 1













Do đó : I = 3 3 5 8

ln



0,25

0,25

0.5

2a

0.5đ G/s số phức z có dạng : z = x + iy với x,y R , | z | = x2y2

Ta có : | z | = 1 + ( z – 2 | = | y – 3 | 2 ) i

 2 2

x y = ( 1 – 2 | = | y – 3 | y ) + ( x – 2 | = | y – 3 | 2 ) i 0,5

 2

2 2

y 2





0.5 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 | = x2y 1 2

Do đó : 1 < | z - i | < 2  1 < | z - i | 2 < 4

 2 2

Gọi (C1) , (C2) là hai đờng tròn đồng tâm I( 0 ; 1) và có bán kính lần lợt

là : R1=1 , R2 = 2 Vậy tập hợp các điểm cần tìm là phần nằm giữa hai

đờng tròn (C1) và (C2) Va

3đ

1

+) PT cạnh BC đi qua B(2 ; -1) và nhận VTCP u 14;3

của (d2) làm VTPT

(BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0 +) Tọa độ điểm C là nghiệm của HPT :

 

+) Đờng thẳng ∆ đi qua B và vuông góc với (d2) có VTPT là u 2 2; 1 

∆ có PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0 +) Tọa độ giao điểm H của ∆ và (d2) là nghiệm của HPT : 2x y 5 0 x 3 H 3;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

B' 4;3







+) Đờng 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)

+) Đờng thẳng qua AB có VTCP AB7; 4 



, nên có PT :

4x 7y 1 0



0,25

0,5

0,25

2a

Đờng thẳng (d1) đi qua M1( 1; -4; 3) và có VTCP u10; 2;1



Đờng thẳng (d2) đi qua M2( 0; 3;-2) và có VTCP u2   3; 2;0



Do đó : M M1 2   1;7; 5 



và u , u1 2    2; 3;6 

 

Suy ra u , u M M1 2 1 2 49 0

  

Vậy (d1) và (d2) chéo nhau

0.5

2b Lấy A( 1; -4 + 2t; 3 + t) thuộc (d1) và B(-3u; 3 + 2u; -2) thuộc (d2) Ta

có :

AB 3u 1;7 2u 2t; 5 t    

A,B là giao điểm của đờng vuông góc chung của (d1) và (d2) với hai đờng

2

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 :

0,5

   

2

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 đ

1

+) Tọa độ điểm B là nghiệm của HPT :

 

x 1

B 1;0

y 0

y 0









Ta nhận thấy đờng thẳng BC có hệ số góc

k = 3 , nên ABC 60 0 Suy ra

đờng phân giác trong góc B của ΔANH = ΔCNK nABC có hệ số góc k = ’ = 3

3

nên có PT : 3 3

  (ΔANH = ΔCNK n)

Tâm I( a ;b) của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc (ΔANH = ΔCNK n) 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)

 Đờng phân giác trong góc A có dạng:y = -x + m (ΔANH = ΔCNK n’).Vì nó đi qua I nên

+ Nếu I=( 1 2 3 ; 2 ) thì m = 3 + 2 3 Suy ra : (ΔANH = ΔCNK n’) : y = -x + 3 + 2 3 Khi đó (ΔANH = ΔCNK n ) 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

;

+ Nếu I=( 1 2 3 ; 2 ) thì m = -1 - 2 3 Suy ra : (ΔANH = ΔCNK n’) : y = - x -1 - 2 3 Khi đó (ΔANH = ΔCNK n ) 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

;



Vậy có hai tam giác ABC thoả mãn đề bài và trọng tâm của nó là : G1 = 4 4 3 6 2 3

;

và G2 = 1 4 3 6 2 3

;



0.25

0.5

0,25

2a + Đờng thẳng (d) đi qua M(0; -1; 0) và có VTCP ud 1;0; 1 



+ Mp (P) có VTPT : nP 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



0,25

0,25

O

y

x A

B

C

60

0

Lấy I(t; -1; -t) thuộc (d) , ta có :

d1 = d(I, (P)) = 1 t

3



; d2 = d(I, (Q)) = 5 t

3



Do mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P0 và (Q) nên : R = d1 = d2

 | 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 :

x 32 y 12 z 32 4

9

0,25

0,25

3 sai

Số cách chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ là : C525 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.C34 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