Đề thi thử đại học năm 2010 số 1 môn toán - Khối a, b

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Số 1 Môn Toán - Khối A, B I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số (C) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình: . 2.Giải phương trình sau:. Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = . Câu IV(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng . Câu V (1,0 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2,0 điểm) 1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 - 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 : và d2 :. Xét vị trí tương đối của d1 và d2 . Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Cho , là các nghiệm phức của phương trình . Tính giá trị của biểu thức A = . B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1;4), trực tâm H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I(-2;0). Xác định điểm B, C (biết xC >0) 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3). Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: Hết ĐÁP ÁN Câu Ý Nội dung Điểm I 1 * TËp x¸c ®Þnh: D = R\{ - 1} * Sù biÕn thiªn - Giíi h¹n vµ tiÖm cËn: ; tiÖm cËn ngang: y = 2 ; tiÖm cËn ®øng: x = - 1 B¶ng biÕn thiªn Ta cã víi mäi x- 1 Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng (-; -1) vµ ( -1; +) 1đ 2 Gäi M(x0;y0) lµ mét ®iÓm thuéc (C), (x0- 1) th× Gäi A, B lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña M trªn TC§ vµ TCN th× MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = |- 2| = || Theo Cauchy th× MA + MB 2=2 MA + MB nhá nhÊt b»ng 2 khi x0 = 0 hoÆc x0 = -2.Như vËy ta cã hai ®iÓm cÇn t×m lµ M(0;1) vµ M’(-2;3) 0,5 0,5 II 1 Thay (1) vµo ph­¬ng tr×nh (*) ta cã : Gi¶i (2) : ; Gi¶i (3) KÕt luËn : 0,5 0,5 2 Ta có: . Khi thì hệ VN. Khi , chia 2 vế cho . Đặt , ta có : . Khi ,ta có : HPT . 0,5 0.5 III I = . Tính I1 theo phương pháp từng phần I1 = 0,5đ 0,5 IV a3 a2 a α H D E C B A Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH ⊥ AE Ta có △ACD cân tại A nên CD ⊥ AE Tương tự △BCD cân tại B nên CD ⊥ BE Suy ra CD ⊥(ABE) ⇒ CD ⊥ BH Mà BH ⊥ AE suy ra BH ⊥ (ACD) Do đó BH = a3 và góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là α Thể tích của khối tứ diện ABCD là V=13BH.SACD=a31527 ⇒SACD=a253⇒AE.DE=a253⇒AE2DE2=a459 Mà AE2+ED2=2a2 Khi đó :AE2,DE2 là 2 nghiệm của pt: x2 - 2a2x + a459 = 0 hoặc trường hợp DE2=5a23 loại vì DE<a (DE=CD/2<(BC+BD)/2=a) Xét △BED vuông tại E nên BE = BD2-DE2=a2-a23=a23 Xét △BHE vuông tại H nên sinα = BHBE=a3a23=12⇒α=450 Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là α=450 0,5 0,5 V Đặt . Ta có: Và . ĐK:. Suy ra : . Do đó: , và . KL: GTLN là và GTNN là ( HSLT trên đoạn ) 0,5 0,5 VIa 1 Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5 I A H B Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH ⊥AB suy ra IH =4 Mặt khác IH= d( I; Δ ) Vì Δ d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng 3x+4y+c=0 d(I; Δ )= |c-9|5=4⇔c=29c=-11 vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0 0,5 0,5 2 VÐc t¬ chØ ph­¬ng cña hai ®­êng th¼ng lÇn l­ît lµ: (4; - 6; - 8) ( - 6; 9; 12) +) vµ cïng ph­¬ng +) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 VËy d1 // d2. *) = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gäi A1 lµ ®iÓm ®èi xøng cña A qua d1 .Ta cã: IA + IB = IA1 + IB A1B IA + IB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng A1B Khi A1, I, B th¼ng hµng I lµ giao ®iÓm cña A1B vµ d Do AB // d1 nªn I lµ trung ®iÓm cña A1B. *) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A lªn d1. T×m ®­îc H A’ ®èi xøng víi A qua H nªn A’ I lµ trung ®iÓm cña A’B suy ra I 0,5 0,5 VIa Giải pt đã cho ta được các nghiệm: Suy ra . Do đó 0,5 0,5 VIb 1 Phương trình đường tròn (C): (x+2)2+y2=25 (1) Vì BC nên phương trình BD có dạng: y=m Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, ta có: Thế (2) vào (1) ta được: (vì xC>0) 0,5 0,5 2 MÆt ph¼ng c¾t 3 tia Ox,Oy,Oz t¹i A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) cã d¹ng Do M nªn: ThÓ tÝch: MÆt ph¼ng cÇn t×m: 6x+3y+2z-18=0 0,5 0,5 VIb ĐK: x,y > 0 - hệ phương trình - Suy ra: y = 2x 0,5 0,5 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. ------------------Hết------------------ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Số 2 Môn Toán - Khối A, B Câu I. (2 điểm). Cho hàm số (1). 1) Với m = 1, khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2) Tìm tất cả các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C và diện tích tam giác ABC bằng 32 (đơn vị diện tích). Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình: . 2) Giải phương trình lượng giác: Câu III. (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: (dựa hình vẽ để tính) và Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: Câu VI. (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(3; 0), đường thẳng d1: 2x – y – 2 = 0, đường thẳng d2: x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt d1, d2 lần lượt tại A và B sao cho MA = 2MB. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P): 5x – 4y + z – 6 = 0, (Q): 2x – y + z + 7 = 0, đường thẳng d: . Viết phương trình mặt cầu (S) cắt (Q) theo thiết diện là hình tròn có diện tích bằng và có tâm là giao của d với (P) . Câu VII. (1 điểm) Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z, biết --------------- HẾT --------------- ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.1 Với m = 1 hàm số là: +) TXĐ: R +) Giới hạn, đạo hàm: +) BBT: x - - 1 0 1 + y' - 0 + 0 - 0 + y + 1 + 0 0 +) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; +); nghiechj biến trên các khoảng (-; - 1), (0; 1) Hàm đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1, cực tiểu tại x = 1, yCT = 0 +) ĐT: Dạng đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 I.2 +) Ta có y’ = 4x3 – 4m2x ; y’ = 0  ; ĐK có 3 điểm cực trị : m 0 +) Tọa độ ba điểm cực trị : A(0 ; 1), B(- m ; 1 – m4), C(m ; 1 – m4) ; +) CM tam giác ABC cân đỉnh A. Tọa độ trung điểm I của BC là I(0 ; 1 – m4). +) (tm) 0,25 0,25 2,25 0,25 II.1 +) ĐK: 0,25 0,25 0,5 II.2 +) ĐK: +) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là 0,5 0,25 0,25 III 0,25 0,25 0,5 IV A1 A B C C1 B1 K H Do nªn gãc lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc =300 . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c nªn KÎ ®­êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1 Ta cã AA1.HK = A1H.AH 1 điểm V +) Áp dụng BĐT Cô – si cho ba số dương và rồi nhân hai BĐT cùng chiều ta có đpcm. 1 điểm VI.1 +) Dạng tham số của d1 và d2 : +) Tọa độ A(t; - 2 + 2t), B(u; - 3 – u). +) TH1: : Tìm được +) TH2: : Tìm được 0,25 0,25 0,25 0,25 VI.2 +) Tâm I của mặt cầu là giao của d và (P) nên tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình: +) Gọi h là khoảng cách từ I đến mp(Q), ta có: +) Thiết diện của (Q) với mặt cầu (S) là hình tròn có diện tích bằng (r là bán kính hình tròn) +) Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có Suy ra phương trình mặt cầu (S): 0,25 0,25 0,25 0,25 VII +) ĐK: +) +) Đặt +) Với x = y, kết hợp (1) ta được x = y = 1 (loại) và x = y = 3 (nhận). +) Với x = y-2, kết hợp với (1) ta được y2 = 1 (loại), y = - 4 (loại) Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y =3. 0,25 0,25 0,25 0,25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Số 3 Môn Toán - Khối A, B A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm): 1. Giải phương trình : 2. Giải phương trình : Câu III (1 điểm): Tính tích phân Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng . Tìm trên hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ , vuông góc với mặt phẳngvà tiếp xúc với (S). Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của trong khai triển Niutơn của biểu thức : 2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ , vuông góc với mặt phẳngvà tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm): Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điêm I II III IV VIa VIIa VIb VIIb 2. Ta có Để hàm số có cực trị thì PT có 2 nghiệm phân biệt có 2 nhiệm phân biệt 05 Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m) 025 Theo giả thiết ta có Vậy có 2 giá trị của m là và . 025 1. 05 Vậy PT có hai nghiệm và . 05 2. ĐK :. Với ĐK trên PT đã cho tương đương với 05 025 Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025 , 025 Đặt 05 Suy ra . 025 Ta có (1) Tương tự ta có (2) Từ (1) và (2) suy ra 05 Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB) Suy ra Ta có Vậy 05 Ta c ó: 025 025 Xét hàm số , với 0<x<3 Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 . 05 1. Gọi . Khi đó diện tích tam giác ABC là . 05 Theo giả thiết ta có Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). 05 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến của là 025 Vì và song song với giá của nên nhận véc tơ làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0 025 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên 025 Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025 Ta có 05 Theo giả thiết ta có 025 Vậy hệ số của là: . 025 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta cóvà diện tích tam giác ABC là 05 Dấu bằng xảy ra khi . Vậy . 05 Xét khai triển Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 05 Vậy n=4. 05 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Số 4 Môn Toán - Khối A, B I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2.Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị củatiếp xúc với đường tròn có phương trình Câu II. (2 điểm) 1. Giải phương trình 2. Giải phương trình Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng được giới hạn bởi các đường ,, và . Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng D quanh trục Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng có đáy là tam giác cân với , góc , cạnh bên . Gọi I là trung điểm của . Chứng minh tam giác vuông tại A và tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng và Câu V.(1 điểm) Cho là các số thực thỏa mãn .Tìm GTLN, GTNN của II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân, biết đỉnh và phương trình của cạnh huyền là 2.Cho mặt phẳng (P): và các đường thẳng: , Tìm các điểm sao cho AB // (P) và AB cách (P) một khoảng bằng 1. Câu VII.a (1 điểm) T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d­¬ng tháa m·n: 2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(0;0), B(-1;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x-1. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2.Cho hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có phương trình: Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2 Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của trong khai triển của biểu thức biết rằng: ĐÁP ÁN PHẦN CHUNG Câu I 2 đ 1 + Tập xác định D = R + Sự biến thiên 0,25đ Hàm đồng biến trên các khoảng và Hàm số nghịch biến trên + Giới hạn Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại và ycđ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại và yct = -2 0,25 Điểm uốn (1;0) Bảng biến thiên (0,25) x 0 2 y’ + 0 - 0 + y 2 -2 Đồ thị (0,25) 0,5 2 Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị 0,25 Tâm của đường tròn , bán kính R= 0,25 Theo giả thiết ta có 0,5 Câu II 2 đ 1 Điều kiện . 0,25 Ta có 0,5 0,25 2 Giải phương trình Điều kiện . 0,25 (1) 0,5 Đối chiếu điều kiện ta có 0,25 Câu III 1đ Gọi V là thể tich cần tìm. . Đặt 0,5 Suy ra V= 0,5 Câu IV 1đ Ta có . Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ACI, ABB’, B’C’I Suy ra 0.25 Do đó . Vậy tam giác AB’I vuông tại A 0,25 + . Gọi là góc giữa hai mp. Tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác AB’I suy ra Học sinh tính được diện tich 2 tam giác (0,25 đ) Tính ra cosin đựoc 0,25 Nếu học sinh giải bằng phương pháp toạ độ đúng cho điểm tương ứng 0,5 Câu V 1đ Cho là các số thực thỏa mãn .Tìm GTLN, GTNN của . Ta có = Đặt . Ta có suy ra 0,25 Ta tìm max, min của f(t) trên Ta có 0,25 Suy ra khi suy ra 0,25 khi suy ra 0,25 1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn Câu Va 2 đ 1 Ta có tam giác ABC cuông cân tại C. Goi H là trung điểm của AB suy ra Toạ độ của H là nghiệp của hệ 0,25 giả sử A(t;3t+10) ta có 0,25 Với t = -1. Suy ra 0,25 Với t = -5. Suy ra 0,25 2 0,25 0,25 Với 0,25 0,25 Câu VIIa 1 đ Xét khai triển lấy đạo hàm hai vế ta có 0,25 Thay x=1 suy ra 0,25 số hạng chứa có hệ số là với k thoả mãn 0,25 Suy ra hệ số chứa là 0,25 2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao Câu VIb 2 đ 1 phương trình đường thẳng AB: 2x+y=0. gọi h là khoảng cách từ I tới AB. . 0,25 Gọi toạ độ diểm I là ta có hệ 0,25 Do I là trung điểm AC và BD nên Với I(1;0) suy ra C(2;0) và D(3;-2) 0,25 Với I() suy ra và D Vậy có hai cặp C, D thoả mãn C(2;0) và D(3;-2) hoặc và D 0,25 2 Do mặt phẳng (P) cách đều nên (P) song song với chọn 0,25 Suy ra phương trình mặt phẳng (P) có dạng Do (P) cách đều suy ra khoảng cách từ (2;2;3) và bằng nhau. Ta có 0,5 Ta có phương trình mặt phẳng (P) 0,25 Câu VIIb 1 đ Ta có Vì 0,25 suy ra 0,25 Số hạng ứng với thoả mãn: 0,25 Hệ số của là: 0,25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Số 5 Môn Toán - Khối A, B Câu I (2 điểm): 1).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : . 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 . sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) Câu II (2 điểm): 1).Tìm các nghiệm trên của phương trình : 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): 1).Tính tích phân: I = 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 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: và Chứng minh rằng (d1) và (d2) chéo nhau. 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 : x – y - = 0, các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC . 2).Cho đường thẳng (d) : x = t, y =-1 ,z =-t ,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 (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 ) ®¸p ¸n C©u Néi dung §iÓm I 2.0® 1 1,25® x O y Gäi M(x;y) (C) vµ c¸ch ®Òu 2 tiÖm cËn x = 2 vµ y = 3 | x – 2 | = | y – 3 | VËy cã 2 ®iÓm tho¶ m·n ®Ò bµi lµ : M1( 0; 2) vµ M2(4; 6) 0,25 0,25 0,25 0.5 2 0.75® XÐt ph­¬ng tr×nh : sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) (2) (1) §Æt t = sin22x . Víi th× . Khi ®ã (1) trë thµnh : 2m = víi NhËn xÐt : víi mçi ta cã : §Ó (2) cã 2 nghiÖm thuéc ®o¹n th× D­a vµo ®å thÞ (C) ta cã : y(1)< 2m ≤ y(3/4) VËy c¸c gi¸ trÞ cÇn t×m cña m lµ : 0,25 0,5 II 2,0® 1 1,0® (1) §K : sinx ≠ 0 Khi th× sinx > 0 nªn : (1) cos2x = cos Do nªn Khi th× sinx < 0 nªn : (1) cos2x = cos Do nªn 0,5 0,5 2 1,0® §Æt . Ta cã : Víi u = -3 , v = - 4 ta cã : x = - 61 Víi u = 4, v = 3 ta cã : x = 30 VËy Pt ®· cho cã 2 nghiÖm : x = -61 vµ x = 30 0,25 0,5 0.25 III 1.0® 1® a)Ta cã : AB = , Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC , ta cã : DM = 1 SD = , SC = SM = Ta cã : (*) Gãc gi÷a hai ®­êng th¼ng AC vµ SD lµ gãc gi÷a hai ®­êng th¼ng DM vµ SD hay bï víi gãc SDM . Do ®ã : cos = b) KÎ DN // BC vµ N thuéc AC . Ta cã : BC // ( SND) . Do ®ã : d(BC, SD) = d( BC/(SND)) = d(c/(SND)) KÎ CK vµ AH vu«ng gãc víi SN , H vµ K thuéc ®­êng th¼ng SN Ta cã : DN // BC Vµ Tõ (1) vµ (2) suy ra : DN ( SAC) Do c¸ch dùng vµ (3) ta cã : CK (SND) hay CK lµ kho¶ng c¸ch tõ C ®Õn mp(SND) MÆt kh¸c : ΔANH = ΔCNK nªn AH = CK Mµ trong tam gi¸c vu«ng SAN l¹i cã : VËy kho¶ng c¸ch gi÷a BC vµ SD lµ : CK = 0.5 0,5 IV 2® 1 1.0® Ta cã : sinx – cosx + 1 = A(sinx + 2cosx + 3) + B(cosx – sinx) + C = (A – 2B) sinx + ( 2A + B) cosx + 3A + C VËy I = I = I = TÝnh J = . §Æt t = tan §æi cËn : Khi x = th× t = 1 Khi x = 0 th× t = 0 VËy L¹i ®Æt t = 1 = 2 tan u . suy ra dt = 2 ( tan2u + 1)du §æi cËn khi t = 1 th× u = Khi t = 0 th× u = víi tan Do ®ã : I = 0,25 0,25 0.5 2a 0.5® G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y , | z | = Ta cã : | z | = 1 + ( z – 2 ) i = ( 1 – y ) + ( x – 2 ) i 0,5 0.5 2b 0.5đ G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y , Ta cã : | z - i | = | x + ( y - 1)i | = Do ®ã : 1 < | z - i | < 2 1 < | z - i |2 < 4 Gäi (C1) , (C2) lµ hai ®­êng trßn ®ång t©m I( 0 ; 1) vµ cã b¸n kÝnh lÇn l­ît lµ : R1=1 , R2 = 2 . VËy tËp hîp c¸c ®iÓm cÇn t×m lµ phÇn n»m gi÷a hai ®­êng trßn (C1) vµ (C2) Va 3® 1 +) PT c¹nh BC ®i qua B(2 ; -1) vµ nhËn VTCP cña (d2) lµm VTPT (BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0 +) Täa ®é ®iÓm C lµ nghiÖm cña HPT : +) §­êng th¼ng ∆ ®i qua B vµ vu«ng gãc víi (d2) cã VTPT lµ ∆ cã PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0 +) Täa ®é giao ®iÓm H cña ∆ vµ (d2) lµ nghiÖm cña HPT : +) Gäi B’ lµ ®iÓm ®èi xøng víi B qua (d2) th× B’ thuéc AC vµ H lµ trung ®iÓm cña BB’ nªn : +) §­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 : +) §­êng th¼ng qua AB cã VTCP , nªn cã PT : 0,25 0,5 0,25 2a §­êng th¼ng (d1) ®i qua M1( 1; -4; 3) vµ cã VTCP §­êng th¼ng (d2) ®i qua M2( 0; 3;-2) vµ cã VTCP Do ®ã : vµ Suy ra . VËy (d1) vµ (d2) chÐo nhau 0.5 2b LÊy A( 1; -4 + 2t; 3 + t) thuéc (d1) vµ B(-3u; 3 + 2u; -2) thuéc (d2) .Ta cã : A,B lµ giao ®iÓm cña ®­êng vu«ng gãc chung cña (d1) vµ (d2) víi hai ®­êng ®ã Suy ra : A( 1; -2; 4) vµ B(3; 1; -2) AB = 7 Trung ®iÓm I cña AB cã täa ®é lµ : ( 2; -; 1) MÆt cÇu (S) cÇn t×m cã t©m I vµ b¸n kÝnh lµ AB/2 vµ cã PT : 0,5 3 Sè c¸ch lÊy 2 bi bÊt k× tõ hai hép bi lµ : 52.25 = 1300 Sè c¸ch lÊy ®Ó 2 viªn bi lÊy ra cïng mµu lµ : 30x10+7x6+15x9 = 477 X¸c suÊt ®Ó 2 bi lÊy ra cïng mµu lµ : 0.5 0.5 Vb 3.0 ® 1 O y x A B C 600 +) Täa ®é ®iÓm B lµ nghiÖm cña HPT : Ta nhËn thÊy ®êng th¼ng BC cã hÖ sè gãc k = , nªn . Suy ra ®­êng ph©n gi¸c trong gãc B cña ΔABC cã hÖ sè gãc k’ = nªn cã PT : (Δ) T©m I( a ;b) cña ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ABC thuéc (Δ) vµ c¸ch trôc Ox mét kho¶ng b»ng 2 nªn : | b | = 2 + Víi b = 2 : ta cã a = , suy ra I=(  ; 2 ) + Víi b = -2 ta cã a = , suy ra I = (  ; -2) §­êng ph©n gi¸c trong gãc A cã d¹ng:y = -x + m (Δ’).V× nã ®i qua I nªn  + NÕu I=(  ; 2 ) th× m = 3 + 2. Suy ra : (Δ’) : y = -x + 3 + 2. Khi ®ã (Δ’) c¾t Ox ë A(3 + 2. ; 0) Do AC vu«ng gãc víi Ox nªn cã PT : x = 3 + 2. Tõ ®ã suy ra täa ®é ®iÓm C = (3 + 2 ; 6 + 2) VËy täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC lóc nµy lµ : . + NÕu I=(  ; 2 ) th× m = -1 - 2. Suy ra : (Δ’) : y = - x -1 - 2. Khi ®ã (Δ’) c¾t Ox ë A(-1 - 2. ; 0) Do AC vu«ng gãc víi Ox nªn cã PT : x = -1 - 2. Tõ ®ã suy ra täa ®é ®iÓm C = (-1 - 2 ; -6 - 2) VËy täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC lóc nµy lµ : . VËy cã hai tam gi¸c ABC tho¶ m·n ®Ò bµi vµ träng t©m cña nã lµ : G1 = vµ G2 = 0.25 0.5 0,25 2a + §­êng th¼ng (d) ®i qua M(0; -1; 0) vµ cã VTCP + Mp (P) cã VTPT : Mp (R) chøa (d) vµ vu«ng gãc víi (P) cã VTPT : Thay x, y, z tõ Pt cña (d) vµo PT cña (P) ta cã : t - 2 - 2t + 3 = 0 hay t =1 . Suy ra (d) c¾t (P) t¹i K(1; -1; -1) H×nh chiÕu (d’) cña (d) trªn (P) ®i qua K vµ cã VTCP : VËy (d’) cã PTCT : 0,25 0,25 2b LÊy I(t; -1; -t) thuéc (d) , ta cã : d1 = d(I, (P)) = ; d2 = d(I, (Q)) = Do mÆt cÇu t©m I tiÕp xóc víi (P0 vµ (Q) nªn : R = d1 = d2 | 1 - t | = | 5 - t | t = 3 Suy ra : R = 2/3 vµ I = ( 3; -1; -3 ) . Do ®ã mÆt cÇu cÇn t×m cã PT lµ : 0,25 0,25 3. sai Sè c¸ch chän 5 qu©n bµi trong bé bµi tó l¬ kh¬ lµ : Sè c¸ch chän 5 qu©n bµi trong bé bµi tó l¬ kh¬ mµ trong 5 qu©n bµi ®ã cã ®óng 3 qu©n bµi thuéc 1 bé lµ : 13. X¸c suÊt ®Ó chän 5 qu©n bµi trong bé bµi tó l¬ kh¬ mµ trong 5 qu©n bµi ®ã cã ®óng 3 qu©n bµi thuéc 1 bé lµ : = 0.5 0.5 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Số 6 Môn Toán - Khối A, B PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 2. Giải bất phương trình Câu III ( 1điểm)Tính tích phân Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 300. Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a2+b2+c2=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : . Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6. 2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn : . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Tính giá trị biểu thức: . Cho hai đường thẳng có phương trình: Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập phức: z2+3(1+i)z-6-13i=0 -------------------Hết----------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II, n¨m 2010 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu Nội dung Điểm I 1 Tập xác định: D=R y’=3x2-6x=0 Bảng biến thiên: x -¥ 0