2.Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn.. Gọi D là trung điểm cạnh AB.[r]
Trang 1ĐỀ 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 Tìm điểm thuộc (C) cách đều
y
x 2
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 : (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:
và
1
x 1
z 3 t
2
d : y 3 2u
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 : 3x – 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
x t
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
Trang 2-Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.
trường thpt hậu lộc 2 đáp án đề thi thử đại học lần 2 năm học 2009 - 2010
Môn thi: toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
1 1,25đ
Khảo sát và vẽ ĐTHS
- TXĐ: D = \ {2}
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn : nên đường thẳng y = 3 là tiêm cận
xLim y xLim y 3
ngang của đồ thị hàm số +) Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng
x 2Lim y ; Lim yx 2
của đồ thị hàm số +) Bảng biến thiên:
Ta có : y’ = < 0 ,
2
2 2
x
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 đường 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 | x 2 3x 4 2 x 2 x
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)
0,25
0,25
0,25
0.5
I
2.0đ
2 0.75đ Xét phương trình : sin
6 x + cos 6 x = m ( sin 4 x + cos 4 x ) (2)
y’
y
-
-2
3
3
6
4
2
x O
y
Lop12.net
Trang 3(1)
Đặt t = sin 2 2x Với x 0;2 thì Khi đó (1) trở thành :
3
t 0;1
2m =3t 4 với
t 2
t 0;1
Nhận xét : với mỗi t 0;1 ta có : sin 2x t sin 2x t
sin 2x t
Để (2) có 2 nghiệm thuộc đoạn 0;2 thì
3
Dưa vào đồ thị (C) ta có : y(1)< 2m ≤ y(3/4) 1 2m 7
5
Vậy các giá trị cần tìm của m là : 1 7;
2 10
0,25
0,5
1
1,0đ
(1)
sin 3x sin x
sin 2x cos2x
1 cos2x
2cos2x.sin x
2cos 2x
4
2 sin x
ĐK : sinx ≠ 0 x
Khi x 0; thì sinx > 0 nên : (1) 2cos2x = 2cos 2x
4
x
Do x 0; nên x hay x 9
Khi x ; 2 thì sinx < 0 nên : (1) 2 cos2x = 2cos 2x
4
4
5 x
Do x ; 2 nên x 21 hay x 29
0,5
0,5
II
2,0đ
2
1,0đ
Đặt u 3 x 34, v 3 x 3 Ta có :
3 3
u v 1
u v 1
u v u v uv 37
u v 37
2
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 = Gọi M là trung điểm của BC ,2 5,
ta có : DM = 1
SD = SA2AD2 30,
SC = SA2AC2 29
D S
C
Trang 4SM = SC2CM2 33
Ta có : cos SDM SD2 MD2 SM2 30 1 33 1 (*)
Góc giữa hai đường thẳng AC và SD là góc giữa hai đường 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 đường thẳng SN
Ta có : DN // BC DNAC 1
Và SAABCSADN 2
Từ (1) và (2) suy ra : DN ( SAC) DNKC 3
Do cách dựng và (3) ta có : CK (SND) hay CK là khoảng cách từ C
đến mp(SND) Mặt khác : ΔANH = ΔCNK nên AH = CK
Mà trong tam giác vuông SAN lại có :
Vậy khoảng cách giữa BC và SD là : CK = 5
26
0.5
0,5
IV
2đ 1.0đ 1 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
5 3A C 1
8 C 5
d sin x 2cosx 3
dx
I = 3ln 4 ln 5 8J
0
dx sin x 2cosx 3
Đặt t = tanx
2
2
2
Đổi cận : Khi x = thì t = 1
2
Khi x = 0 thì t = 0
Vậy
2dt
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
Lop12.net
Trang 5Khi 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 3ln5 8
2a
0.5đ
G/s số phức z có dạng : z = x + iy với x,y , | z | = x2y2
Ta có : | z | = 1 + ( z – 2 ) i
= ( 1 – y ) + ( x – 2 ) i
x2y2
2
2 2
y 2
x y 1 y
2b
0.5đ
G/s số phức z có dạng : z = x + iy với x,y ,
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
Gọi (C 1 ) , (C 2 ) là hai đường tròn đồng tâm I( 0 ; 1) và có bán kính lần lượt là : R 1 =1 , R 2 = 2 Vậy tập hợp các điểm cần tìm là phần nằm giữa hai đường tròn (C 1 ) và (C 2 )
0,5
0.5
Va
+) PT cạnh BC đi qua B(2 ; -1) và nhận VTCP u1 4;3 của (d 2 ) làm VTPT
(BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0 +) Tọa độ điểm C là nghiệm của HPT :
4x 3y 5 0 x 1
C 1;3
x 2y 5 0 y 3
+) Đường thẳng ∆ đi qua B và vuông góc với (d 2 ) có VTPT là
2
u 2; 1
∆ có PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0 +) Tọa độ giao điểm H của ∆ và (d 2 ) là nghiệm của HPT : 2x y 5 0 x 3 H 3;1
x 2y 5 0 y 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
x 2x x 4
B' 4;3
y 2y y 3
+) Đường 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)
3x 4y 27 0 y 3
+) Đường thẳng qua AB có VTCP AB7; 4 , nên có PT :
4x 7y 1 0
0,25
0,5
0,25
Trang 6Đường thẳng (d 1 ) đi qua M 1 ( 1; -4; 3) và có VTCP u10; 2;1
Đường thẳng (d 2 ) đi qua M 2 ( 0; 3;-2) và có VTCP u2 3; 2;0
Do đó : M M1 2 1;7; 5 và u , u 1 2 2; 3;6
Suy ra u , u M M 1 2 1 2 49 0 Vậy (d 1 ) và (d 2 ) chéo nhau 0.5
2b
Lấy A( 1; -4 + 2t; 3 + t) thuộc (d 1 ) và B(-3u; 3 + 2u; -2) thuộc (d 2 ) Ta có :
AB 3u 1;7 2u 2t; 5 t
A,B là giao điểm của đường vuông góc chung của (d 1 ) và (d 2 ) với hai
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) AB2;3; 6 AB = 7
Trung điểm I của AB có tọa độ là : ( 2; - ; 1) 1
2
Mặt cầu (S) cần tìm có tâm I và bán kính là AB/2 và có PT : 2 1 2 2 49
0,5
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 3x y 3 0
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
đường phân giác trong góc B của ΔABC có hệ số góc k’ = 3
3
nên có PT : y 3x 3 (Δ)
Tâm I( a ;b) của đường tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc (Δ) 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)
Đường phân giác trong góc A có dạng:y = -x + m (Δ’).Vì nó đi qua I
nên + Nếu I=( 1 2 3 ; 2 ) thì m = 3 + 2 3 Suy ra : (Δ’) : y = -x + 3 + 2 3 Khi đó (Δ’) 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 : (Δ’) : y = - x -1 - 2 3 Khi đó (Δ’) 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
O
y
x A
B
C
60
0
Lop12.net
Trang 7Từ 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 :
G 1 = 4 4 3 6 2 3; và G 2 =
1 4 3 6 2 3
;
0,25
2a
+ Đường 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
2b
Lấy I(t; -1; -t) thuộc (d) , ta có :
d 1 = d(I, (P)) = 1 t ; d 2 = d(I, (Q)) =
3
3
Do mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P0 và (Q) nên : R = d 1 = d 2
| 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 2 4
9
0,25
0,25
3 sai
Số cách chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ là : 52
5
C 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. 4
3
C 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