Tài liệu Đề ôn thi đại học 2009 môn Toán Khối A - Đề số 1 pptx

ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC 2009 Đ Ề SỐ 1 Môn : TOÁN Khối : A Th ời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian phát đề − −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− −− − 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: y = 1 52 2 + ++ x xx 2. D ự a vào đồ th ị (C), tìm m để ph ươ ng trình sau có 2 nghi ệ m d ươ ng phân bi ệ t: )1)(52(52 22 +++=++ xmmxx Câu II (2 điểm) 1. Gi ả i ph ươ ng trình: 8 232 sin3sincos3cos 33 + =− xxxx 2. Giải hệ phương trình:      =−++ =+++ yxyx yxyyx )2)(1( 4)(1 2 2 (x, y ∈ ) Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), C(0; 2; 0),A’(0; 0; 2). 1. Chứng minh A’C vuông góc với BC’ .Viết phương trình mặt phẳng (ABC’). 2. Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng B’C’ trên mặt phẳng (ABC’) Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân: ∫ +++ = 5 3 1412 xx dx I 2. Cho x,y là các s ố th ự c th ỏ a mãn đ i ề u ki ệ n x 2 +xy+y 2 ≤ 3 .Ch ứ ng minh r ằ ng –4 3 –3 ≤ x 2 – xy – 3y 2 ≤ 4 3 +3 PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh tự chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a.(2 điểm) 1– Trong m ặ t ph ẳ ng v ớ i h ệ t ọ a độ Oxy , cho elip (E) 1 2 12 22 =+ yx .Vi ế t ph ươ ng trình hypebol (H) có hai đườ ng ti ệ m c ậ n là y = ±2x và có 2 tiêu đ i ể m là 2 tiêu đ i ể m c ủ a elip (E) . 2– Áp d ụ ng khai tri ể n nh ị th ứ c Niuton c ủ a ( ) 100 2 xx + , Ch ứ ng minh r ằ ng 0 2 1 .200 2 1 .199 2 1 .101 2 1 .100 199 100 100 198 99 100 100 1 100 99 0 100 =       +       −+       −       CCCC ( C k n là số tổ hợp chập k của n phần tử ). Câu V.b.(2 điểm) 1. Giải bất phương trình 2)2(log 1 > − + x x 2. Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh AB=AD=a , AA’ = 2 3a và góc BAD =60 0 . Gọi M và N lấn lượt là trung điểm của các cạnh A’D’ và A’B’. Chứng minh rằng AC’ vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN. –––––––––––––––––––––––––– H ết –––––––––––––––––––––––––––– 0 1 I - 1 4 - 3 - 4 x y ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2009 ĐỀ SỐ 1 Môn : TOÁN Khối : A ( Đáp án – Thang điểm gồm 5 trang ) Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) y = 1 4 1 1 52 2 + ++= + ++ x x x xx • TXĐ : \{–1} • Sự biến thiên : y’ = ( ) ( ) 2 2 2 1 32 1 4 1 + −+ = + − x xx x ; y’=0 ⇔ x =1; x = –3 0,25 Bảng biến thiên : x – ∞ –3 –1 1 +∞ y’ + 0 – – 0 + –4 + ∞ +∞ – ∞ –∞ 4 C ực trị: y CĐ = y(–3) = –4 , y CT = y(1) = 4 0,50 • Tiệm cận:Tiệm cận đứng x = –1 , Tiệm cận xiên y = x +1 • Đồ thị : 2 T ì m m đ ể ph ương tr ình sau có 2 nghi ệm d ương phân bi ệt (1,00 đi ểm). Phương trình đã cho tương đương với : 1 52 2 + ++ x xx = 52 2 ++ mm 0,25 Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = 1 52 2 + ++ x xx v ới đường thẳng y = 52 2 ++ mm 0,25 Phương trình đã cho có 2 nghiệm dương khi và chỉ khi : 4 < 52 2 ++ mm < 5 ⇔    <<− −≠ 02 1 m m 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với : cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) = 2 232 + ⇔ cos 2 3x + sin 2 3x + 3(cos3xcosx – sin3xsinx) = 2 232 + ⇔ cos4x = 2 2 0,50 ⇔ 4x = ± 2 16 2 4 π π π π kxk +±=⇔+ 0,50 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Hệ đã cho tương đương với :      =−+ = + ⇔        =−+ + =−++ + 12 1 1 1)2( 1 22 1 2 2 2 xy y x xy y x xy y x ⇔ 0,50 ⇔    −= =−+ xy xx 3 02 2 ⇔    = = 2 1 y x ho ặ c    = −= 5 2 y x 0,50 III 2,00 1 Ch ứ ng minh AC’ ⊥ BC’ .Vi ế t ph ươ ng trình mp(ABC’) (1,00 đ i ể m) • Ta có : C’(0;2;2) , → CA' =(0;2;–2) , → 'BC = (–2;2;2) → CA' . → 'BC = 0.(–2)+2.2+(–2).2 = 0 ⇒ A’C ⊥ BC’ 0,50 • Vì A’C ⊥ BC’ , A’C ⊥ AB nên A’C ⊥ (ABC’) Vect ơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC’) là → n = → AC =(0;2;–2) Ph ương trình mặt phẳng (ABC’) là : 0.(x–0) + 2(y–0) –2(z–0) = 0 ⇔ y – z = 0. 0,50 2 (1,00 đ i ể m) Ta có → ''CB = → BC =(–2;2;0). G ọi ( α ) là mặt phẳng chứa B’C’ và vuông góc v ới mặt phẳng (ABC’) thì hình chiếu vuông góc của B’C’ trên (ABC’) là giao tuy ến của ( α ) và (ABC’) 0,25 Vectơ pháp tuyến của ( α ) là → α n =[ → ''CB ; → n ] = (–4;–4;–4) 0,25 Ph ươ ng trình c ủ a ( α ): 1(x–0)+1.(y–2)+1.(z–2) = 0 ⇔ x + y + z – 4 = 0 0,25 Ph ươ ng trình hình chi ế u c ủ a B’C’ trên (ABC’) là :    =− =−++ 0 04 zy zyx 0,25 IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 đ i ể m) Đặ t t = 14 + x ⇒ x = tdtdx t 2 1 4 1 2 =⇒ − 0,25 Ta có ( ) ( ) ∫∫       + − + = + 5 3 2 5 3 2 1 1 1 1 1 dt t t t tdt 0,50 = 12 1 2 3 ln 1 1 )1ln( 5 3 −=       + ++ t t 0,25 2 Ch ứ ng minh: – 4 3 –3 ≤ x 2 – xy – 3y 2 ≤ 4 3 –3 (1,00 đ i ể m) Đặ t A = 2 x + xy + 2 y ,B == 2 x – xy –3 2 y N ế u y = 0 thì B= 2 x ⇒ 0 ≤ B ≤ 3 0,25 N ế u y ≠0 thì đặ t t = y x ta đượ c B = A. 1 3 . 3 2 2 22 22 ++ −− = ++ −− tt tt A yxyx yxyx 0,25 Xét ph ươ ng trình m t t tt = + + −− 1 3 2 2 ⇔ (m–1)t 2 + (m+1)t + m + 3 = 0 (1) Ph ươ ng trình (1) có nghi ệ m khi và ch ỉ khi m = 1 ho ặ c ∆ = (m+1) 2 – 4(m–1)(m+3) ≥ 0 ⇔ 3 483−− ≤ m ≤ 3 483 +− Vì 0 ≤ A ≤ 3 nên –3– 34 ≤ B ≤ –3+ 34 0,50 V.a 2,00 1 (1,00 đ i ể m) (E): 1 2 12 22 =+ yx có hai tiêu đ i ể m là F 1 (– 10 ;0) , F 2 ( 10 ;0) Vì (H) có cùng tiêu đ i ể m v ớ i (E) nên ph ươ ng trình c ủ a (H) có d ạ ng: 1 2 2 2 2 =− b y a x 0,25 Vì (H) có cùng tiêu đ i ể m v ớ i (E) nên a 2 + b 2 = c 2 = 10 (1) 0,25 Vì (H) có hai đườ ng ti ệ m c ậ n là y = ± 2x nên b = 2a (2) 0,25 T ừ (1) và (2) suy ra a 2 = 2 , b 2 = 8 Ph ươ ng trình c ủ a (H) là : 1 8 2 22 =− yx 0,25 2 Áp d ụ ng khai tri ể n nh ị th ứ c Niut ơ n , ch ứ ng minh đẳ ng th ứ c (1,00 đ i ể m) Ta có : 200 100 100 199 99 100 101 1 100 100 0 100 100100 )1( xxxxxx C C C C ++++=+ 0,25 Lấy đạo hàm 2 vế ta suy ra : [ ] 199 100 100 100 1 100 99 0 100 100 200 101100)21()1(100 xxxxxx C C C +++=++ 0,50 Thay x= – 2 1 ta suy ra B = 0 0,25 V.b 2,00 1 Gi ả i b ất ph ương tr ình (1,00 đ i ể m) Đ i ề u ki ệ n – 1 < x < 0 0,25 B ất ph ương tr ình đ ã cho t ươ ng đươ ng v ớ i : –2x < 024)1( 22 >++⇔+ xxx 0,25 ⇔ x <–2 – 3 hoặc x > –2+ 3 . 0,25 Kết hợp với điều kiện ta được –2+ 3 < x < 0 0,25 2 Chứng minh AC’ ⊥ (BDMN). Tính V A.BDMN (1,00 điểm ) G ọi O là tâm của đáy ABCD, S là điểm đối xứng của A qua A’ . Khi đó S,M,D th ẳng hàng và M là trung điểm của SD; S,N,B thẳng hàng và N là trung điểm của SB. T ừ hai tam giác đồng dạng SAO và ACC’ ta suy ra AC’ ⊥ SO (1) 0,25 Vì BD ⊥ AC , BD ⊥ AA’ ⇒ BD ⊥ (ACC’A’) ⇒ BD ⊥ AC’ (2) Từ (1) và (2) suy ra AC’ ⊥ (BDMN) 0,25 Ta có: V A.BDMN = 4 3 V S.ABD = 4 3 . 3 1 SA.S ABD = 4 1 . a 3 . 16 3 4 3 32 aa = 0,50 ========== Hết ============ M N S A' D' B' C' O A D C B . (1, 00 đ i ể m) Ta có : 200 10 0 10 0 19 9 99 10 0 10 1 1 100 10 0 0 10 0 10 010 0 )1( xxxxxx C C C C ++++=+ 0,25 Lấy đạo hàm 2 vế ta suy ra : [ ] 19 9 10 0 10 0 10 0 1 100 99 0 10 0 10 0 200. th ứ c Niuton c ủ a ( ) 10 0 2 xx + , Ch ứ ng minh r ằ ng 0 2 1 .200 2 1 .19 9 2 1 .10 1 2 1 .10 0 19 9 10 0 10 0 19 8 99 10 0 10 0 1 100 99 0 10 0 =       +       −+       −       CCCC