Để thi thử đại học, cao đẳng năm 2009 môn thi: Toán, khối A, B, D44537

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi: TỐN, khối A,B,D Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  mx3  3mx   m  1 x  , m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Xác định giá trị m để hàm số y  f ( x) khơng có cực trị Câu II (2 điểm) Giải phương trình lượng giác: (2cosx-1).(2sinx + cosx) = sin2x - sinx Cho hệ phương trình:  xy y xy   x  12 26 m a) Giải hệ phương trình với m=2 b) Với nhương giá trị m hệ phương trình cho có nghiệm?  Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I   cos x  sin x  cos x  dx Câu IV (1 điểm) Cho chóp tứ giác S.ABCD có cạnh bên bán kính mặt cầu ngoại tiếp cho chóp tứ giác S.ABCD Hãy tính thể tích chóp S.ABCD a2 b2 c2 a b c Câu V (1 điểm) Cho a,b,c ba số dương CMR:      b c a b c a 1 Cho a,b,c dương a+b+c =1.CMR: (1  ).(1  ).(1  )  64 a b c II.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(0 ; 1), B(-1 ; 3) đường thẳng (d) : -2x + y 1 = Tìm điểm C thuộc (d) cho diện tích tam giác ABC Giải bất phương trình: log x  x   log x   log  x  3 3 Câu VII.a.(1điểm)1.Trong mp oxyz ,viết phương trình đường thẳng (d) qua A(3;-1;-4), cắt trục tung song song với mp(P): x+ 2y – z + = 2 2.Giải Phương trình : 42cos x  42.36 sin x  6.9cos x Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng  d  : x  y   có hoành độ xI  , trung điểm cạnh giao điểm (d) trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình ( S ) : x  y  z  x  y  z   0, ( P) : x  y  z  16  Điểm M di động (S) điểm N di động (P) Tính độ dài ngắn đoạn thẳng MN Xác định vị trí M, N tương ứng Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn: a  b  c  Chứng minh bất đẳng thức 1 4      ab bc ca a 7 b 7 c 7 Hết -Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………… SBD:……………………………… DeThiMau.vn Câu Ý I Đáp án.(lộn xộn số câu ,thông cảm) Nội dung + MXĐ: D  ฀ + Sự biến thiên  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  Điểm 2,00 1,00 0,25 x   x  y '  x3  x  x  x  1 ; y '     x  1  Bảng biến thiên 0,25 0,25 yCT  y  1  1; yCT  y 1  1; yC§  y     Đồ thị 0,25 1,00 Ta có f '( x)  x  x Gọi a, b hoành độ A B Hệ số góc tiếp tuyến (C) A B k A  f '(a )  4a  4a, k B  f '(b)  4b3  4b Tiếp tuyến A, B có phương trình là: y  f '  a  x  a   f  a   f '  a  x  f (a)  af'  a  ; y  f '  b  x  b   f  b   f '  b  x  f (b)  bf'  b  Hai tiếp tuyến (C) A B song song trùng khi: k A  k B  4a  4a = 4b3  4b   a  b   a  ab  b  1  (1) Vì A B phân biệt nên a  b , (1) tương đương với phương trình: a  ab  b   (2) Mặt khác hai tiếp tuyến (C) A B trùng a  ab  b   a  ab  b   ,  a  b     4 3a  2a  3b  2b  f  a   af '  a   f  b   bf '  b  Giải hệ ta nghiệm (a;b) = (-1;1), (a;b) = (1;-1), hai nghiệm tương ứng với cặp điểm đồ thị  1; 1 1; 1 Vậy điều kiện cần đủ để hai tiếp tuyến (C) A B song song với a  ab  b    a  1 a  b  II DeThiMau.vn 2,00 1,00 cos x.sin x.sin x  tan x  cot x   Điều kiện:  cot x  Từ (1) ta có: sin x cos x  cos x sin x  0,25  cos x  sin x  cos x.sin x   sin x cos x cos x 1 sin x 0,25  2sin x.cos x  sin x   x   k 2   cos x   k  ฀   x     k 2  Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình cho x   0,25   k 2  k  ฀  0,25 Điều kiện: x  1,00 0,25 Phương trình cho tương đương: 1 log  x  x    log 31  x    log 31  x  3 2 1  log  x  x    log  x     log  x  3 2  log  x   x  3   log  x    log  x  3 0,25  x2  log  x   x  3   log    x3 x2   x   x  3  x3  x   10  x2      x  10 Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x  10 III 0,25 0,25 1,00 1,00    I   cos x 1  sin 2 x  dx   0,50     1  sin x  d  sin x  0     12 12   d  sin x    sin 2 xd  sin x  20 40   1  sin x|  sin x|  0 12 0,50 IV 1,00 DeThiMau.vn Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi OM  AB O ' N  CD Giả sử I giao điểm MN OO’ Đặt R = OA h = OO’ Khi đó: IOM vng cân O nên: h 2a OM  OI  IM   h a 2 2 0,25 2 a a 3a a a 2 Ta có: R  OA  AM  MO          8     0,25 3a a 2 a , V  R h    16 0,25 a a 3 a S xq  2 Rh=2  2 2 0,25 2 2 V 1,00 Phương trình x   x  2m x 1  x   x 1  x   m (1) Điều kiện :  x  Nếu x   0;1 thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm 0,25 1 Thay x  vào (1) ta được: 2 m  1  m   m3   2 m  1 cần có điều kiện x   x  x  * Với m = 0; (1) trở thành:  x  1 x  0 x Phương trình có nghiệm * Với m = -1; (1) trở thành x   x  x 1  x   x 1  x   1       0,25  x   x  x 1  x   x   x  x 1  x   x  1 x   x  1 x  0 0,25 + Với x   x   x  Trường hợp này, (1) có nghiệm + Với x  1 x   x  * Với m = (1) trở thành: x   x  x 1  x    x 1  x    x  1 x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm x  0, x  nghiệm   x  1 x  nên trường hợp (1) khơng có 0,25 Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1 VIa 2,00 1,00 DeThiMau.vn Đường trịn (C) có tâm I(2;1) bán kính R  Gọi A, B hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 600 IAM nửa tam giác suy IM  2R=2 0,25 Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình:  x     y  1  20 2 Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng  , nên tọa độ M nghiệm hệ phương  x  2   y  12  20 (1) trình:   x  y  12  (2) 0,25 Khử x (1) (2) ta được: x   2 y  10    y  1  20  y  42 y  81    27 x   9  27 33  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là: M  3;  M  ;   2  10  2 2 0,25 0,25 1,00 Ta tính AB  CD  10, AC  BD  13, AD  BC  0,25 Vậy tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đơi Từ ABCD tứ diện gần Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm G tứ diện 0,25 14 3 3 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm G  ;0;  , bán kính R  GA  2 2 VII a 0,50 1,00 Số cách chọn viên bi tùy ý : C189 0,25 Những trường hợp đủ ba viên bi khác màu là: + Khơng có bi đỏ: Khả khơng xảy tổng viên bi xanh vàng + Khơng có bi xanh: có C139 cách 0,25 + Khơng có bi vàng: có C159 cách Mặt khác cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng có C109 cách chọn viên bi đỏ tính hai lần Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C109  C189  C139  C159  42910 cách VIb 0,50 2,00 1,00 9 3 I   d  : x  y    I  ;  2 2 Vai trò A, B, C, D nên trung điểm M cạnh AD giao điểm (d) Ox, suy M(3;0) 9 2 AB  IM   xI  xM    yI  yM    3 4 S 12 S ABCD  AB AD = 12  AD = ABCD   2 AB  AD   d  , suy phương trình AD:  x  3   y     x  y     M  AD I có hồnh độ xI  Lại có MA = MD = Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình:  x  y    y   x   y   x       2 2 2  x  3  y DeThiMau.vn  x  3    x     x  3  y  0,50 y  3 x x  x     Vậy A(2;1), D(4;-1),  x   1  y   y  1 x x  xI  A C   xC  xI  x A     9 3  I  ;  trung điểm AC, suy ra:  2 2  yC  yI  y A     y  y A  yC I  Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4) Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) có bán kính R = Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2   1   16 d  d  I ,  P   5 d  R Do (P) (S) khơng có điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 = Trong trường hợp này, M vị trí M0 N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình chiếu vng góc I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S) Gọi  đường thẳng qua điểm I vuông  góc với (P), N0 giao điểm  (P) Đường thẳng  có vectơ phương n P   2; 2; 1 qua I nên có phương trình  x   2t   y  1  2t  t  ฀  z   t  0,50 1,00 0,25 0,25 Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình:   2t    1  2t     t   16   9t  15   t   15   13 14  Suy N   ;  ;   3 3   Ta có IM  IN Suy M0(0;-3;4) 0,25 0,25 VII b 1,00 1   ( x  0, y  0) x y x y 1 1 1 Ta có:   ;   ;   a  b b  c a  2b  c b  c c  a a  b  2c c  a a  b 2a+b+c Ta lại có: 2    2a  b  c   4a  2b  2c  2 2a  b  c 2a  b  c  a  Áp dụng bất đẳng thức 0,50   a  1   b  1   c  1  2 2  ;  2b  c  a b  2c  a  b c  1 4 Từ suy      ab bc ca a 7 b 7 c 7 Đẳng thức xảy a = b = c = Tương tự: Hết DeThiMau.vn 0,50 DeThiMau.vn ... Đồ thị 0,25 1,00 Ta có f '( x)  x  x Gọi a, b hoành độ A B Hệ số góc tiếp tuyến (C) A B k A  f '(a )  4a  4a, k B  f '(b)  4b3  4b Tiếp tuyến A, B có phương trình là: y  f '  a  x... dụng bất đẳng thức 0,50   a  1   b  1   c  1  2 2  ;  2b  c  a b  2c  a  b c  1 4 Từ suy      ab bc ca a 7 b 7 c 7 Đẳng thức xảy a = b = c = Tương tự: Hết DeThiMau.vn... cặp điểm đồ thị  1; 1 1; 1 Vậy điều kiện cần đủ để hai tiếp tuyến (C) A B song song với a  ab  b    a  1 a  b  II DeThiMau.vn 2,00 1,00 cos x.sin x.sin x  tan x  cot x