ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NĂM 2011 MÔN TOÁN – MÃ ĐỀ 04

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

84
lượt xem 18
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần thứ i sở giáo dục đào tạo năm 2011 môn toán – mã đề 04', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NĂM 2011 MÔN TOÁN – MÃ ĐỀ 04

Đ Ề THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NĂM 2011 MÔN TOÁN – MÃ ĐỀ 04 (Thời gian làm bài 180 phút-không k ể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm): 3x  4 1).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y  . Tìm điểm thuộc (C) cách đều x2 2 đường tiệm cận .  2  0; 3  . 2). Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn   sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) Câu II (2 điểm): sin 3x  sin x  0; 2  của phương trình :  sin 2x  cos2x 1). Tìm các nghiệm trên 1  cos2x 3 x  34  3 x  3  1 2).Giải phương trình: 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):  2 sin x  cosx  1 I= dx 1 ).Tính tích phân: sin x  2cosx  3 0 2 ). a.Giải phương trình sau trên tập số phức C : | z | - iz = 1 – 2 i b.Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn : 1
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 ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. C©u Néi dung §iÓm  Khảo sát và vẽ ĐTHS - TXĐ: D = R \ {2} - Sự biến thiên: + ) Giới hạn : Lim y  Lim y  3 nên đường thẳng y = 3 là tiêm cận x  x  0,25 ngang của đồ thị hàm số +) Lim y  ; Lim y   . Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng   x2 x2 của đồ thị hàm số +) Bảng biến thiên: 2 Ta có : y’ =  < 0 , x  D 2  x  2 0,25 2 x   - - y’ 3  y 3  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 ) 0,25 I + ĐTHS nhận giao điểm I(2 ;3) của hai đường tiệm cận làm tâ m đối 2.0® xứng y 0.5 6 1 1,25 ® 4 2 -5 5 x O Gọi M(x;y)  (C) và cách đều 2 tiệm cận x = 2 và y = 3  3x  4 x | x – 2 | = | y – 3 |  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 : M1( 1; 1) và M2(4; 6) Xét phương trình : sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) (2) 2 32 12 0.75  1  sin 2x  m 1  sin 2x  (1) ® 4 2 
0,25  2  Đặt t = sin22x . Với x  0;  thì t   0;1 . Khi đó (1) trở thành :  3 3t  4 với t   0;1 2m = t2 sin 2x   t Nhận xét : với mỗi t   0;1 ta có :   sin 2x  t sin 2x  t  3  2  3 t   ;1  t   ;1 Để (2) có 2 nghiệm thuộc đoạn 0;  thì  3 2 4 0,5 7 Dưa vào đồ thị (C) ta có : y(1)< 2m ≤ y(3/4)  1  2m  5 1 7  Vậy các giá trị cần tìm của m là :  ;   2 10  sin 3x  sin x  2cos2x.sin x   sin 2x  cos2x (1)   2cos  2x   4 1  cos2x 2 sin x  ĐK : sinx ≠ 0  x  k   Khi x   0;   thì sinx > 0 nên :   2 cos  2x   (1)  2 cos2x = 4   k x  16 2 1  9 0,5 1,0® Do x   0;   nên x  hay x  16 16 Khi x   ; 2  thì sinx < 0 nên :      2 cos  2x    cos  -2x  = cos  2x-  (1)   2 cos2x = 4 4   II 5 k  x  2,0® 16 2 0,5 21 29 Do x   ; 2   nên x  hay x  16 16 3 3 Đặt u  x  34, v  x  3 . Ta có : 0,25 u  v  1 u  v  1   3 3  u  v   u  v  uv   37 2 2  u  v  37    u  3 0,5  2 u  v 1   v  4 u  v  1     1,0® 2  u  4  u  v   3uv  37 uv  12   v  3  Với u = -3 , v = - 4 ta có : x = - 61 0.25 Với u = 4, v = 3 ta có : x = 30 Vậy Pt đã cho có 2 nghiệm : x = -61 và x = 30 S a)Ta có : AB = 2 5 , Gọi M là trung điểm của BC , ta có : DM = 1 A D B III SA 2  AD 2  30 , SD = 1® N M 1.0® SA 2  AC 2  29 SC = C SC 2  CM 2  33 SM = K 0.5
SD 2  MD 2  SM 2 30  1  33 1 Ta có : cos SDM    (*) 2SD.MD 2 30 30 Góc  g iữa hai đường thẳng AC và SD là góc giữa hai đường thẳng DM 1 và SD hay  bù với góc  SDM . Do đó : cos  = 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  DN  AC 1 Và SA   ABC   SA  DN  2  3 Từ (1) và (2) suy ra : DN  ( SAC)  DN  KC Do cách dựng và (3) ta có : CK  (SND) hay CK là khoảng cách từ C đến mp(SND) Mặt khác : ÄANH = ÄCNK nên AH = CK 0,5 Mà trong tam giác vuông SAN lại có : 1 1 1 1 5     1  AH  2 2 2 AH SA AN 25 26 5 Vậy khoảng cách giữa BC và SD là : CK = 26 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 0,25     3 d  sin x  2cosx  3  8 2 2 2 1 dx Vậy I =   dx  5  sin x  2cosx  3  5  sin x  2cosx  3 50 0 0  13 8 I =  x 0  ln  sin x  2cosx  3  2  J 2  0 5 5 5 3 8 I =    ln 4  ln 5   J 0,25 10 5 5 IV  2 dx 2® 1 Tính J =  sin x  2cosx  3 . 1.0® 0 1 x 2tdt x  dt   tan 2  1  dx  2 Đặt t = tan t 1 2 2 2  thì t = 1 Đổi cận : Khi x = 2 Khi x = 0 thì t = 0 2dt 1 1 1 dt dt t2 1 Vậy J    2 2  2 2 2 0  t  1  2 1 t t  2t  5 2 2t 0 2 2 3 0 2 t 1 t 1 Lại đặt t = 1 = 2 tan u . suy ra dt = 2 ( tan2u + 1)du  Đổi cận khi t = 1 thì u = 4 1 Khi t = 0 thì u =  với tan   2
 2  tan 2 u  1 du 4   J u   4 4  tan u  1 2 4  0.5 3 3 5 8  ln   Do đó : I = 10 5 4 5 x 2  y2 G/s số phức z có dạng : z = x + iy với x,y  R , |z|= Ta có : | z | = 1 + ( z – 2 ) i x 2  y2 = ( 1 – y ) + ( x – 2 ) i  0,5 2a x  2  0 0.5® x  2    1 y  0   3 y   2 2 2   x  y  1  y  2  với x,y  R , G/s số phức z có dạng : z = x + iy 2 x 2   y  1 Ta có : | z - i | = | x + ( y - 1)i | = Do đó : 1 < | z - i | < 2  1 < | z - i |2 < 4 2b 2  1  x 2   y  1  4 0.5đ Gọi (C1) , (C2) là hai đường tròn đồng tâm I( 0 ; 1) và có bán kính lần 0.5 lượt là : R1=1 , R2 = 2 . Vậy tập hợp các điểm cần tìm là phần nằm giữa hai đường tròn (C1) và (C2)   +) PT cạnh BC đi qua B(2 ; -1) và nhận VTCP u1   4;3 của (d2) làm VTPT 0,25 (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 (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   Va  x  2y  5  0 y  1 3® 1 +) Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (d2) thì B’ thuộc AC và H là trung điểm của BB’ nên :  x B'  2x H  x B  4  B'   4;3   y B '  2y H  y B  3 0,5 +) 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 AB   7; 4  , nên có PT : 0,25 x  2 y 1   4x  7y  1  0 4 7   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    0.5     Suy ra  u1 , u 2  .M1M 2  49  0 . Vậy (d1) và (d2) chéo nhau  
Lấy A( 1; -4 + 2 t; 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 đường vuông góc chung của (d1) và (d2) với hai     AB.u1  0 14  4u  4t  5  t  0  u  1  đường đó         AB.u 2  0 9u  3  14  4u  4u  0  t  1    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 0,5 Mặt cầu (S) cần tìm có tâm I và bán kính là AB/2 và có PT : 2 1 49  x  2    y     z  1  2 2   2 4  Số cách lấy 2 bi bất k ì từ hai hộp bi là : 52.25 = 1300 3 Số cách lấy để 2 viên bi lấy ra cùng màu là : 30x10+7x6+15x9 = 477 0.5 0.5 477 Xác suất để 2 bi lấy ra cùng màu là : 1300 +) Tọa độ điểm B là nghiệm của HPT : y  x  1  3x  y  3  0  B 1;0    y  0 C y  0  Ta nhận thấy đờng thẳng BC có hệ số góc k = 3 , nên ABC  600 . Suy ra đường phân giác trong góc B của O A x B 60 3 0 ÄABC có hệ số góc k’ = 3 3 3 nên có PT : y  (Ä) x 0.25 3 3 Tâm I( a ;b) của đường tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc (Ä) 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 (Ä’).Vì nó đi qua I nên Vb + Nếu I=( 1  2 3 ; 2 ) thì m = 3 + 2 3 . 3.0 ® 1 Suy ra : (Ä’) : y = -x + 3 + 2 3 . Khi đó (Ä’) 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 : 0.5  44 3 62 3  ; .   3 3   + Nếu I=( 1  2 3 ; 2 ) thì m = -1 - 2 3 . Suy ra : (Ä’) : y = - x -1 - 2 3 . Khi đó (Ä’) 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 : 0,25
 44 3 62 3   1  4 3 6  2 3  ; ; G1 =   và G2 =    3  3 3 3       + Đường thẳng (d) đi qua M(0; -1; 0) và có VTCP u d  1; 0; 1   + Mp (P) có VTPT : n P  1; 2; 2  Mp (R) chứa (d) và vuông góc với (P) có VTPT :     0,25 n R   u d ; n P    2; 3; 2    Thay x, y, z từ Pt của (d) vào PT của (P) ta có : 2a t - 2 - 2 t + 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 :     u d'   n R ; n P   10; 2; 7    x 1 y  1 z  1 0,25   Vậy (d’) có PTCT : 7 10 2 Lấy I(t; -1; -t) thuộc (d) , ta có : 1 t 5t d1 = d(I, (P)) = ; d2 = d(I, (Q)) = 0,25 3 3 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 : 0,25 4 2 2 2  x  3   y  1   z  3  9 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 0.5 3. sai Xác suất để chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ mà trong 5 quân bài 52 13 đó có đúng 3 quân bài thuộc 1 bộ là : = 2598960 649740 0.5