đế và đáp án thi thử khối A 09 môn toán

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi toán, khối A (lần 1) Thời gian làm bài 180 phút( không kể thời gian phát đề) A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm): Câu I: Cho hàm số 3 2 3 2y x m x m= − + (C m ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . b) Tìm m để (C m ) cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt. Câu II: a) Giải phương trình: (sin 2 sin 4)cos 2 0 2sin 3 x x x x − + − = + b) Giải phương trình: 3 1 8 1 2 2 1 x x+ + = − Câu III: Tính tích phân sau: 2 3 0 sin I (sin cos ) xdx x x π = + ∫ Câu IV: Khối chóp SABC có SA ⊥ (ABC), ∆ ABC vuông cân đỉnh C và SC = a .Tính góc ϕ giữa 2 mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất. Câu V: Tìm m để phương trình sau đây có đúng 2 nghiệm thực phân biệt: 2 2 (2 )(2 )x x x x m− − + − − + = B. PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a: 1) Trong mp(Oxy) cho điểm M(3;1). Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt các tia Ox,Oy tại A và B sao cho (OA+3OB) nhỏ nhất. 2) Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): 1 0x y z− + − = để ∆ MAB là tam giác đều biết A(1;2;3) và B(3;4;1). Câu VII.a: Tìm hệ số của 20 x trong khai triển Newton của biểu thức 5 3 2 ( ) n x x + biết rằng: 0 1 2 1 1 1 1 . ( 1) 2 3 1 13 n n n n n n C C C C n − + + + − = + Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: 1) Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) :3 5 0x y∆ − − = sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. 2) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 ( )∆ có PT { } 2 ; ; 4x t y t z= = = ; 2 ( )∆ là giao tuyến của 2mp ( ): 3 0x y α + − = và ( ) : 4 4 3 12 0x y z β + + − = . Chứng tỏ 1 2 ,∆ ∆ chéo nhau và viết phương trình mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của 1 2 ,∆ ∆ làm đường kính. Câu VII.b: Cho hàm số 2 2 (2 1) 4 2( ) x m x m m y x m + + + + + = + . Chứng minh với mọi m thì hàm số có cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị là 1 hằng số không phụ thuộc m. ============Hết============ Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ……………. Câu Đáp án Điểm Ia) 1điểm 3 2 3 2y x m x m= − + (C m ) khi 3 1 3 2m y x x= ⇒ = − + (C) 0.25 TXĐ: D=R, 2 ' 3 3, ' 0 1y x y x= − = ⇔ = ± HS đồng biến trên ( ) ; 1−∞ − và ( ) 1;+∞ ; nghịch biến trên ( ) 1;1− 0.25 HS đạt cực đại tại 1; 4 CD x y= − = , đạt cực tiểu tại 1; 0 CD x y= = Giới hạn: lim , lim x x→+∞ →−∞ = +∞ = −∞ Bảng biến thiên: 0.25 Đồ thị:(C) ∩ Ox tại A(1;0) và B(-2;0), :(C) ∩ Oy tại C(0;2) 0.25 x - ∞ -1 1 + ∞ f’(t) + 0 - 0 + f(t) - ∞ 4 0 + ∞ Ib) 1điểm (C m ) có hệ số 3 x là 1, nếu không có cực trị sẽ luôn đồng biến, vậy để cắt trục hoành tại 2 điểm thì (C m ) phải có 2 cực trị. 0.5 ' 0y⇔ = có 2 nghiệm phân biệt 2 2 3 3 0x m⇔ − = có 2ng pb Khi 0m ≠ thì ' 0y x m= ⇔ = ± (C m ) cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt ⇔ y CĐ = 0 hoặc y CT = 0 0.5 3 ( ) 0 2 2 0 0y m m m m− = ⇔ + = ⇔ = (loại) 3 ( ) 0 2 2 0 0 1y m m m m m= ⇔ − + = ⇔ = ∨ = ± ⇒ KL: 1m = ± IIa) 1điểm (sin 2 sin 4)cos 2 0 2sin 3 x x x x − + − = + (sin 2 sin 4)cos 2 0 2sin 3 0 x x x x − + − =   ⇔  + ≠   1.0 (2cos 1)(sin cos 2) 0 2sin 3 0 x x x x − + =   ⇔  + ≠   2cos 1 2 3 2sin 3 x x k x π π =   ⇔ ⇔ = +  ≠ −   IIa) 1điểm 3 1 8 1 2 2 1 x x+ + = − Đặt 3 1 2 0; 2 1 x x u v + = > − = 3 3 3 3 2 2 0 1 2 1 2 2 1 0 1 2 ( )( 2) 0 u v u v u v u u v u u v u uv v = >   + = + =    ⇒ ⇔ ⇔    − + = + = − + + + =      0.5 2 1 5 0; log 2 x x − + ⇒ = = 0.5 III 1điểm Đặt 2 x t dx dt π = − ⇒ = − ; 0 ; 0 2 2 x t x t π π = ⇒ = = ⇒ = 2 3 0 sin I (sin cos ) xdx x x π = + ∫ ⇒ 2 2 3 3 0 0 cos cos I (sin cos ) (sin cos ) tdt xdx t t x x π π = = + + ∫ ∫ 0.5 2 2 4 2 2 0 0 0 1 1 2I cot( ) 1 2 2 4 (sin cos ) sin ( ) 4 dx dx x x x x π π π π π ⇒ = = = − + = + + ∫ ∫ 1 I 2 ⇒ = 0.5 IV 1điểm AC ⊥ BC ⇒ SC ⊥ BC (đlý 3 đg vuông góc) ⇒ · (0; ) 2 SCA π ϕ = ∈ 0.25 sin , cosSA a AC BC a ϕ ϕ ⇒ = = = 3 3 (sin sin ) 6 SABC a V ϕ ϕ ⇒ = − 0.25 Xét hàm số 3 sin siny x x= − trên khoảng (0; ) 2 π , lâp BBT 0.25 3 3 max max 3 ( ) 6 9 SABC a a V y⇒ = = khi 1 sin 3 ϕ = , (0; ) 2 π ϕ ∈ 0.25 V 1điểm Đk: 2 2x − ≤ ≤ , đặt 2 2t x x= − − + 1 1 ' 0 2 2 2 2 t x x − ⇒ = − < − + ( )t t x⇒ = nghịch biến trên [-2;2] [-2;2]t⇒ ∈ 0.25 Ta có: 2 2 2 2 4 4 2 4 4 2 t t x x − = − − ⇒ − = 2 2 (2 )(2 )x x x x m− − + − − + = 2 2 2 4 ( )m t t f t⇒ = + − = 0.25 Bảng biến thiên: x -2 -1 2 f’(t) - 0 + f(t) -4 4 -5 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt 5 5 2 4 2 2 m m⇔ − < ≤ − ⇔ − < ≤ − 0.5 Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn VIa.1 1điểm Phương trình đường thẳng đi qua M(3;1) cắt tia Ox tại A(a;0),cắt tia Oy tại B(0;b), a,b>0 là: 3 1 1 a b ⇒ + = 0.5 Theo bất đẳng thức Cauchy 3 1 3 1 1 2 . 12ab a b a b = + ≥ ⇒ ≥ Mà 3 3 2 3 12OA OB a b ab+ = + ≥ = min 3 6 ( 3 ) 12 3 1 1 2 2 a b a OA OB b a b =  =   ⇒ + = ⇔ ⇔   = = =    0.5 PTĐT là: 1 3 6 0 6 2 x y x y+ = ⇔ + − = VIa.2 1điểm MA=MB ⇒ M thuộc mp trung trực của đoạn AB có PT: 3 0x y z+ − − = (Q) 0.25 M thuộc giao tuyến của (P) và (Q) có dạng tham số: 2; 1;x y t z t= = + = : (2; 1; )t M t t⇒ ∃ = + 2 2 8 11AM t t⇒ = − + 0.25 Vì AB = 12 nên ∆ MAB đều khi MA=MB=AB 2 4 18 2 8 1 0 2 t t t ± ⇔ − − = ⇔ = 6 18 4 18 (2; ; ) 2 2 M ± ± ⇒ = 0.5 VII 1điểm Theo Newton thì: 0 1 2 2 (1 ) ( 1) n n n n n n n n x C C x C x C x B− = − + − + − = Vì 1 0 1 (1 ) 1 n x dx n − = + ∫ , 1 0 1 2 0 1 1 1 . ( 1) 2 3 1 n n n n n n Bdx C C C C n = − + + + − + ∫ 1 13 12n n⇒ + = ⇒ = 0.5 Lại có: 12 5 5 12 3 3 0 2 2 ( ) .( ) ( ) n k n k k k x C x x x − = + = ∑ , 12 8 36 1 12 .2 . k k k k T C x − − + = 0.25 Số hạng ứng với thoả mãn: 8 36 20 7k k − = ⇔ = ⇒ Hệ số của 20 x là: 7 5 12 .2 25344C = 0.25 2. Theo chương trình nâng cao: VIb.1 1điểm Viết phương trình đường AB: 4 3 4 0x y+ − = và 5AB = Viết phương trình đường CD: 4 17 0x y− + = và 17CD = 0.25 Điểm M thuộc ∆ có toạ độ dạng: ( ;3 5)M t t= − Ta tính được: 13 19 11 37 ( , ) ; ( , ) 5 17 t t d M AB d M CD − − = = 0.25 Từ đó: ( , ). ( , ). MAB MCD S S d M AB AB d M CD CD= ⇔ = 0.5 7 9 3 t t⇔ = − ∨ = ⇒ Có 2 điểm cần tìm là: 7 ( 9; 32), ( ;2) 3 M M− − VIb.2 1điểm Ta có: 1 ∆ đi qua M 1 = (0;0;4), có vectơ chỉ phương 1 (2;1;0)u = uur Ta tìm được 2 ∆ đi qua M 2 = (3;0;0), có vectơ chỉ phương 2 (1; 1;0)u = − uur 1 2 1 2 , . 12 0u u M M   ⇒ = ≠   uur uur uuuuuur ⇒ 1 ∆ , 2 ∆ chéo nhau. 0.25 Gọi chân đg vuông góc chung của 1 ∆ , 2 ∆ là: ( ) 1 2 ; ;4A t t ∈∆ , ( ) 1 2 ; ;4A t t ∈∆ ( 2 3; ; 4)AB s t s t⇒ = − + − − − uuur . Do 1 2 . 0, . 0AB u AB u= = uuur uur uuur uur 1, 1t s⇒ = = − (2;1;4), (2;1;0)A B⇒ = = 0.5 Mặt cầu cần tìm là mặt cầu đường kính AB có tâm I(2;1;2), bán kính 1 2 2 R AB= = có phương trình là: 2 2 2 ( 2) ( 1) ( 2) 4x y z− + − + − = 0.25 VII 1điểm ĐK: x m≠ − , ta có: 2 1 1 1 2 1 2 ' 2 2 2 2 ( ) y x m y x m x m = + + + ⇒ = − + + ' 0 2 2y x m x m= ⇔ = − − ∨ = − + .Ta có bảng biến thiên: 0.5 x - ∞ 2m − − -m 2m − + + ∞ y’ + 0 - - 0 + y KL: Hàm số luôn có cực đại và cực tiểu với mọi m. Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là 2 2 1 2 x m y + + = 0.5 CD CT CD CT y y x x⇒ − = − 2 2 2 1 2 1 1 2 ( ) ( ) 2AB y y x x x x⇒ = − + − = − 4 2AB⇒ = không đổi ⇒ ĐPCM Chú ý: - Hướng dẫn chỉ trình bầy 1 cách giải, cách giải khác đúng cho điểm không vượt quá số điểm từng câu hỏi. Học sinh chỉ được làm 1 phần riêng, nếu làm cả 2 phần không chấm phần riêng. . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2 009 Môn thi toán, khối A (lần 1) Thời gian làm bài 180 phút( không kể thời gian phát đề) A. PHẦN CHUNG CHO. sau: 2 3 0 sin I (sin cos ) xdx x x π = + ∫ Câu IV: Khối chóp SABC có SA ⊥ (ABC), ∆ ABC vuông cân đỉnh C và SC = a .Tính góc ϕ gi a 2 mặt phẳng (SCB) và