SỞ GD – ĐT HÀ NỘI Gv. Trần Mạnh Tùng 091 3366 543 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM HỌC 2009 - 2010 Môn thi: Toán - Thời gian làm bài 180 phút I- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x= − + + + + 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi 0m = . 2. Xác định các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 2;+∞ . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: tan3 2tan 4 tan5 0x x x − + = với (0;2 )x π ∈ . 2. Giải bất phương trình: 1 2 3 1 3 3 log (2 1).log (2 2) 2log 2 0 x x + + + + > . Câu III (1 điểm) Tính tích phân 2 3 0 sin 2 (2 cos ) x I dx x π = + ∫ . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ),ABCD SA a = . Đáy ABCD là hình bình hành có · 0 , 2 , 60AB b BC b ABC= = = . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh ,BC SD . Chứng minh //( )MN SAB và tính thể tích của khối tứ diện AMNC theo , .a b Câu V (1 điểm) Cho , ,x y z là các số thực thoả mãn 1, 2, 3x y z ≥ ≥ ≥ . Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: 2 3 3 1 1 2 ( , , ) x y z y z x z x y f x y z xyz − − + − − + − − = II- PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 1. Trong hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có ( 2;3)C − . Đường cao của tam giác kẻ từ đỉnh A và đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là: 3 2 25 0, 0x y x y− − = − = . Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 6 4 11 0S x y z x y z+ + − + − − = và điểm ( 1; 2;3)I − − . Chứng minh điểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn tâm I. Câu VII.a Tìm số nguyên dương n thoả mãn: 1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 .2 2. .3.2 3. .3 .2 2 . .3 .2 (2 1) .3 2009 n n n n n n n n n n n n C C C nC n C − − − + + + + + + − + − − + + = . 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b 1. Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết CD có phương trình 4 3 4 0x y− + = . Điểm (2;3)M thuộc cạnh BC, (1;1)N thuộc cạnh AB. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AD. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường tròn (C) có tâm (1; 2;3)K − , nằm trên mặt phẳng ( ): 3 2 2 5 0P x y z+ + − = , và đi qua điểm (3;1; 3)M − . Viết phương trình mặt cầu (S) chứa đường tròn (C) và có tâm thuộc mặt phẳng ( ) : 5 0Q x y z+ + + = . Câu VII.b Từ bộ bài tú lơ khơ 52 con bài (gồm 13 bộ, mỗi bộ có 4 con với 4 chất: Rô, Cơ, Bích, Nhép) người ta rút ra 5 con bài bất kỳ. Tính xác suất để rút được 2 con thuộc một bộ, 2 con thuộc bộ thứ hai và con thứ năm thuộc bộ khác. Hết ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHI TIẾT - ĐỀ SỐ 2 MÔN TOÁN - LỚP 12D 4 - GV. TRẦN MẠNH TÙNG Câu Nội dung Điểm I 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 1điểm Khi m = 0 hàm số trở thành 3 2 2 3 1y x x= − + • TXĐ: D = ¡ • Sự biến thiên: 2 0 6 6 , ' 0 1 x y x x y x = = − = ⇔ = • Ta có (0) 1; (1) 0 CD CT y y y y= = = = • Bảng biến thiên: x −∞ 0 1 +∞ y' + 0 - 0 + y 1 +∞ −∞ 0 • Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( ) ;0 , 1;−∞ +∞ ,nghịch biến trên ( ) 0;1 • Đồ thị : f(x)=2*x*x*x-3*x*x+1 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 x y 0.25 0.25 0.25 0.25 2 Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 2;+∞ 1điểm Ta có 2 ' 6 6(2 1) 6 ( 1)y x m x m m= − + + + 2 2 ' 0 6 6(2 1) 6 ( 1) 0 (2 1) ( 1) 0 1 y x m x m m x m x m m x m x m = ⇔ − + + + = ⇔ − + + + = = + ⇔ = Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 2;+∞ 1 2 1m m⇔ + ≤ ⇔ ≤ Vậy với 1m ≤ thì hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 2;+∞ 0.25 0.25 0.25 0.25 II 1 Giải phương trình tan3 2 tan 4 tan 5 0x x x − + = với (0;2 )x π ∈ 1điểm ĐK: cos3 0;cos4 0;cos5 0x x x≠ ≠ ≠ . Phương trình cho 2 2 sin8 2sin 4 0 cos3 .cos5 cos4 cos 4 cos3 .cos5 2sin 4 0 cos3 .cos4 .cos5 1 cos8 cos2 cos8 sin 4 0 cos3 .cos4 .cos5 2sin sin 4 0 cos3 .cos4 .cos5 sin 4 0 , 4 sin 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x k x x k π π ⇔ − = − ⇔ = ÷ + − − ⇔ = ÷ ⇔ = ÷ = = ⇔ ⇔ = = , 4 k x k k π ∈ ⇔ = ∈¢ ¢ 0.25 0.25 0.25 Do (0;2 )x π ∈ nên phương trình cho có nghiệm là 5 3 7 ; ; ; ; 4 4 2 4 x x x x x π π π π π = = = = = 0.25 2 Giải bất phương trình: 1 2 3 1 3 3 log (2 1).log (2 2) 2log 2 0 x x + + + + > 1điểm Bất phương trình 2 3 3 3 2 3 3 3 3 log (2 1).log 2(2 1) 2log 2 0 log (2 1). log (2 1) log 2 2log 2 0 x x x x ⇔ − + + + > ⇔ − + + + + > Đặt 3 log (2 1), 0 x t t= + > . BPT trở thành ( ) 2 3 3 3 3 3 3 log 2 2log 2 0 (log 2 )(2log 2 ) 0 2log 2 log 2 t t t t t − + + > ⇔ − + > ⇔ − < < Do t > 0 nên ta có 3 0 log 2t< < . Suy ra: 3 3 0 log (2 1) log 2 2 1 2 0 x x x < + < ⇔ + < ⇔ < 0.25 0.25 0.25 0.25 III Tính tích phân 2 3 0 sin 2 (2 cos ) x I dx x π = + ∫ 1điểm Đặt 2 cos cos 2 sin .t x x t x dx dt= + ⇒ = − ⇒ = − Khi 0 3; 2 2 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = . Ta có 3 3 3 2 3 3 2 3 0 2 2 2 3 3 2 2 2 sin .cos 2 1 1 2 2 2 2 (2 cos ) 1 1 1 5 1 2 3 18 18 x x t I dx dt dt dt x t t t t t π − = = = − + = − + = − = ∫ ∫ ∫ ∫ 0.25 0.5 0.25 IV Cho hình chóp .S ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ),ABCD SA a = . Đáy ABCD là hình bình hành có · 0 , 2 , 60AB b BC b ABC= = = . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh ,BC SD . Chứng minh ( )MN SABP và tính thể tích của khối tứ diện AMNC theo a, b. 1điểm H N M S C D B A +) Gọi H là trung điểm của AD. 0.25 Khi đó / / ( ) / /( ) / /( ) / / HM AB MNP SAB MN SAB HN AS ⇒ ⇒ +) Có ,NH AD H AD⊥ ∈ . Khi đó 1 2 2 a NH AD= = Mặt khác dễ thấy ABM∆ đều cạnh b. Do M là trung điểm BC nên 2 3 ( ) ( ) 4 a dt MAC dt ABM∆ = ∆ = Vậy thể tích của khối tứ diện AMCN là V với 2 2 1 1 3 3 . . ( ) . 3 3 2 4 24 a b ab V NH dt MAC= ∆ = = (đvtt). 0.25 0.25 0.25 V Cho , ,x y z là các số thực thoả mãn 1, 2, 3x y z ≥ ≥ ≥ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 3 3 1 1 2x y z y z x z x y M xyz − − + − − + − − = 1điểm Ta có 2. 3 1. 2 3 1 y z x y z x M yz zx xy − − − − − − = + + Mặt khác 1 1. 1 1 1 1 0 2 2 x x x x x x − − + − ≤ = ≤ = 2 2. 2 2 2 1 0 2 2 2 2 2 y y y y y y − − + − ≤ = ≤ = 3 3. 3 3 3 1 0 3 2 3 2 3 z z z z z z − − + − ≤ = ≤ = Suy ra 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . . . 2 2 4 2 2 2 3 2 3 2 2 6 3 2 M ≤ + + = + + ÷ Dấu đẳng thức xảy ra khi 1 1 2 2 2 4 6 3 3 x x y y z z − = = − = ⇔ = = − = Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 1 1 1 1 4 6 3 2 + + ÷ khi 2, 4, 6x y z= = = 0.25 0.25 0.25 0.25 VIa 1 Trong hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có ( 2;3)C − . Đường cao của tam giác kẻ từ đỉnh A và đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là: 3 2 25 0, 0x y x y− − = − = . Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác. 1điểm Gọi đường cao kẻ từ A là AH: 3 2 25 0x y− − = Đường phân giác trong góc B là BE: 0x y− = BC có phương trình : 2 3 5 0x y+ − = Toạ độ B là nghiệm của hệ 2 3 5 0 1 (1;1) 0 1 x y x B x y y + − = = ⇔ ⇒ − = = Gọi F là điểm đối xứng của C qua BE. Do BE là phân giác nên F thuộc AB. Xác định toạ độ F được F(3; -2). Đường thẳng chứa cạnh AB là đường thẳng đi qua B, F. Phương trình AB là: 3x + 2y -5 = 0. Toạ độ A là nghiệm của hệ 3 2 5 0 5 (5; 5) 3 2 25 0 5 x y x A x y y + − = = ⇔ ⇒ − − − = = − Vậy phương trình AC là: 8x + 7y - 5 = 0 0.25 0.25 0.25 0.25 2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 6 4 11 0S x y z x y z+ + − + − − = và điểm ( 1; 2;3)I − − . Chứng minh điểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn tâm I. 1điểm Mặt cầu (S) có tâm J(1; -3; 2) bán kính R = 5. Ta có 2 2 2 2 1 ( 1) 6IJ R= + + − = < . Chứng tỏ I nằm bên trong hình cầu (S). Mặt phẳng (P) thoả mãn ĐK của bài toán sẽ đi qua I và vuông góc với IJ. Mp(P) có vectơ pháp tuyến (2; 1; 1)n IJ= = − − r uur . Vậy phương trình của mp(P) là: 2x – y – z + 3 = 0 0.25 0.25 0.25 0.25 VIIa Tìm số nguyên dương n thoả mãn: 1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 .2 2. .3.2 3. .3 .2 2 . .3 .2 (2 1) .3 2009 n n n n n n n n n n n n C C C n C n C − − − + + + + + + + − + + − + + = 1điểm Xét khai triển của 2 1 (2 ) n x + + ta có : 2 1 0 2 1 1 2 2 2 1 2 3 2 2 3 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 (2 ) .2 .2 . .2 . .2 . .2. . n n n n n n n n n n n n n n n x C C x C x C x C x C x + + − − + + + + + + + + + = + + + + + + Lấy đạo hàm 2 vế ta có: 2 1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 (2 1)(2 ) .2 2. .2 . 3. .2 . 2 . .2. (2 1) . n n n n n n n n n n n n n n x C C x C x n C x n C x − − − + + + + + + + + = + + + + + + Thay x = -3 ta có 1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 (2 1) .2 2. .2 .3 3. .2 .3 2 . .2.3 (2 1) .3 n n n n n n n n n n n n n C C C n C n C − − − + + + + + + + = − + − − + + Phương trình cho 2 1 2009 1004n n⇔ + = ⇔ = 0.25 0.25 0.25 0.25 VIb 1 Lập pt cạnh AD :3 4 0AD CD AD x y C⊥ ⇒ + + = ABCD là hình vuông nên ( , ) ( , )d M AD d N CD= tức là | 6 12 | | 4 3 4 | 13; 23. 5 5 C C + + − + = ⇒ = − − ĐS: PT :3 4 13 0;3 4 23 0AD x y x y+ − = + − = 0.25 0.25 0.25 0.25 2 Viết pt mặt cầu chứa (C) và có tâm thuộc (Q). + Tâm I của mặt cầu thuộc đt d qua K và vuông góc với (P). + Ptts của d là: 1 3 2 2 3 2 x t y t z t = + = − + = + + Mặt khác: ( ) 1 3 2 2 3 2 5 0 1 ( 2; 4;1) I Q t t t t I ∈ ⇒ + − + + + + = ⇒ = − ⇒ − − + Bán kính mặt cầu: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 66 ( ): 2 4 1 66R IM pt S x y z= = ⇒ + + + + − = 0.25 0.25 0.25 0.25 VIIb Tính xác suất - Chọn tuỳ ý 5 cây từ bộ bài 52 cây có 5 52 C cách - Chọn 2 cây đầu tiên từ 1 bộ (trong 13 bộ) có 2 4 13C cách - Chọn tiếp 2 cây nữa, từ 1 trong 12 bộ còn lại có 2 4 12C cách - Chọn nốt cây cuối cùng, từ 1 bộ trong 11 bộ còn lại có 1 4 11C cách - Đáp số 2 2 1 4 4 4 5 52 13 .12 .11 ( ) C C C p A C = 0.25 0.25 0.25 0.25 (Gv. Trần Mạnh Tùng – 091 3366 543). A B D C N M K M I . n n n C C C n C n C − − − + + + + + + + = − + − − + + Phương trình cho 2 1 200 9 100 4n n⇔ + = ⇔ = 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 VIb 1 Lập pt cạnh AD :3 4 0AD CD AD x y C⊥ ⇒ + + = ABCD là hình vuông nên. .2 .2 . .2 . .2 . .2. . n n n n n n n n n n n n n n n x C C x C x C x C x C x + + − − + + + + + + + + + = + + + + + + Lấy đạo hàm 2 vế ta có: 2 1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 (2. khoảng ( ) ( ) ;0 , 1;−∞ + ,nghịch biến trên ( ) 0; 1 • Đồ thị : f(x)=2*x*x*x-3*x*x+1 -2 -1.5 -1 -0. 5 0. 5 1 1.5 2 2.5 -2 -1.5 -1 -0. 5 0. 5 1 1.5 2 2.5 x y 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 2 Tìm các giá