ĐỀ THITHỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Mônthi toán, khốiD (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 3 3 2y x mx x m= − − + + (C m ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 3 . b) Tìm m để (C m ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là 1 2 3 , ,x x x thỏa mãn 2 2 2 1 2 3 15x x x+ + ≥ Câu II: a) Giải bất phương trình: 4 log (log (2 4)) 1 x x − ≤ b) Giải phương trình: ( ) 2 cos 2 cos 2 tan 1 2x x x+ − = Câu III: Tính tích phân : 2 2 0 I cos cos2x xdx π = ∫ Câu IV: Cho lăng trụ đứng ABC.A 1 B 1 C 1 có AB = a, AC = 2a, AA 1 2a 5= và o 120BAC = ∧ . Gọi M là trung điểm của cạnh CC 1 . Chứng minh MB ⊥ MA 1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A 1 BM). Câu V: Tìm m để phương trình sau có một nghiệm thực: 2 2 2( 4) 5 10 3 0x m x m x− + + + − + = B. PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a: 1)Trong mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d 1 ): 7 17 0x y− + = , (d 2 ): 5 0x y+ − = . Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d 1 ),(d 2 ) một tam giác cân tại giao điểm của (d 1 ),(d 2 ). 2) Trong không gian Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có A ≡ O, B(3;0;0), D(0;2;0), A’(0;0;1). Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với AB’. Câu VII.a: Một kệ sách có 15 quyển sách (4 quyển toán khác nhau, 5 quyển lý khác nhau, 6 quyển văn khác nhau). Người ta lấy ngẫu nhiên 4 quyển sách từ kệ. Tính xác suất để số sách lấy ra không đủ 3 môn. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: Trong không gian Oxyz cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng: (d 1 ): 1 2 3 2 1 x y z− + = = ; (d 2 ) là giao tuyến của 2 mp có PT: 1 0x + = và 2 0x y z+ − + = 1) Chứng tỏ 2 đường thẳng d 1 , d 2 chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng. 2) Viết PT đường thẳng (d) qua M vuông góc (d 1 ) và cắt (d 2 ). Câu VII.b: Tìm hệ số của 8 x khai triển Newtơn của biểu thức ( ) 8 2 3 1P x x= + − Câu Đápán Điểm Ia) 1điểm 3 2 3 3 3 2y x mx x m= − − + + (C m ) khi 3 2 1/ 30 3 3m y x x x= ⇒ = − − + (C) 0.25 TXĐ: D=R, 2 1 10 ' 3 2 3, ' 0 3 y x x y x ± = − − = ⇔ = HS đồng biến trên 1 10 ; 3 − −∞ ÷ ÷ và 1 10 ; 3 + +∞ ÷ ÷ ; nghịch biến / ( ) 1 2 ;x x 0.25 HS đạt cực đại tại 1 ; CD x x y= = , đạt cực tiểu tại 2 ; CD x x y= = Giới hạn: lim , lim x x→+∞ →−∞ = +∞ = −∞ Bảng biến thiên: 0.25 Đồ thị:(C) ∩ Ox tại A(1;0) và B(x 3 ;0), D(x 4 ;0), :(C) ∩ Oy tại E(0;3) 0.25 x - ∞ 1 x 2 x + ∞ f’(t) + 0 - 0 + f(t) - ∞ CD y CT y + ∞ Ib) 1điể m Phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 3 3 3 2 0x mx x m− − + + = 2 2 ( 1)[ (3 1) 3 2]=0 1 (3 1) 3 2 0 (2)x x m x m x x m x m⇔ − − − − − ⇔ = ∨ − − − − = (C m ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là 1 2 3 , ,x x x với 3 1x = 0.5 thì 1 2 ,x x là nghiệm khác 1 của PT (2) Theo đlý viet ta có: 1 2 1 2 3 1 3 2 x x m x x m + = − = − − Để thoả mãn đk thì: 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 0 9 6 9 0 1 (3 1).1 3 2 0 0 15 99 0 m m m m m x x x m ∆ > + + > − − − − ≠ ⇔ ≠ + + ≥ − ≥ ( ; 1] [1; )m⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ 0.5 IIa) 1điể m 4 log (log (2 4)) 1 x x − ≤ . Đk: 4 2 0 1 log (2 4) 0 log 5 2 4 0 x x x x < ≠ − > ⇔ > − > 0.2 5 Do 1x > ⇒ PT 4 log (2 4) 2 4 4 4 2 4 0 x x x x x x⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − + ≥ đúng với mọi x. Do vậy BPT có nghiệm: 2 log 5x > 0.5 IIa) 1điể m ( ) 2 cos 2 cos 2 tan 1 2x x x+ − = , Đk: cos 0 / 2x x k π π ≠ ⇔ ≠ + PT 2 2 1 (2cos 1) cos [2( 1) 1] 2 cos x x x ⇔ − + − − = 3 2 2cos 3cos 3cos 2 0x x x⇔ − − + = 0.5 2 (cos 1)(2cos 5cos 2) 0x x x⇔ + − + = cos 1 2 cos 1/ 2 2 cos 2( ) 3 x x k x x k x VN π π π π = = + ⇔ = ⇔ = ± + = 0.5 III 1điể m 2 2 2 2 0 0 0 1 1 I cos cos2 (1 cos2 )cos 2 (1 2cos 2 cos4 ) 2 4 x xdx x xdx x x dx π π π = = + = + + ∫ ∫ ∫ 0.5 /2 0 1 1 ( sin 2 sin 4 ) | 4 4 8 x x x π π = + + = 0.5 IV 1điể m Theo đlý cosin ta có: BC = 7a Theo Pitago ta được: MB = 2 3a ; MA 1 = 3a Vậy 2 2 2 2 1 1 21MB MA BA a+ = = 1 MA MB⇒ ⊥ 0.5 A 1 M C 1 B 1 B A C Ta lại có: 1 1 1 1 1 1 ( ,( )). . 3 3 ABA M ABA MBA V d M ABA S d S= = 1 1 ( ,( )) ( ,( )) 3d M ABA d C ABA a= = 1 2 1 1 . 5 2 ABA S AB AA a= = 1 2 1 1 . 3 3 2 MBA S MB MA a= = 5 3 a d⇒ = 0.5 V 1điể m 2 2 2( 4) 5 10 3 0x m x m x− + + + − + = 2 2 2( 4) 5 10 3x m x m x⇔ − + + + = − 2 2 3 0 2 2( 4) 5 10 ( 3) x x m x m x − ≥ ⇔ − + + + = − 2 3 2 1 2 5 x x x m x ≥ ⇔ − + = − 0.2 5 Xét hàm số, lập BBT với 2 2 1 ( ) 2 5 x x f x x − + = − 2 2 2( 5 ) '( ) (2 5) x x f x x − ⇒ = − Khi đó ta có: 0.5 Bảng biến thiên: x - ∞ 0 5/2 3 5 + ∞ y’ + 0 - - 0 + y 8 24/5 + ∞ Phương trình có 1 nghiệm 24 (8; ) 5 m ∈ ∪ +∞ 0.25 Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn VIa.1 1điểm Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d 1 , d 2 là: 1 2 2 2 2 2 3 13 0 ( ) 7 17 5 3 4 0 ( ) 1 ( 7) 1 1 x y x y x y x y + − = ∆ − + + − = ⇔ − − = ∆ + − + 0.5 PT đường cần tìm đi qua M(0;1) và song song với 1 2 ,∆ ∆ KL: 3 3 0x y+ − = và 3 1 0x y− + = 0.5 VIa.2 1điểm Kẻ CH ⊥ AB’, CK ⊥ DC’ Ta chứng minh được CK ⊥ (ADC’B’) nên tam giác CKH vuông tại K. 2 2 2 49 10 CH CK HK⇒ = + = 0.5 Vậy PT mặt cầu là: 2 2 2 49 ( 3) ( 2) 10 x y z− + − + = 0.5 C C’ D’ D A B’ B H K A’ VII 1điểm Số phần tử của không gian mẫu là: 4 15 1365CΩ = = Gọi A là biến cố lấy ra 4 quyển sách đủ cả 3 môn ( có các trường hợp: (2 toán, 1 lý, 1 văn); (1 toán, 2 lý, 1 văn);(1 toán, 1lý, 2 văn)) có số phần tử là: 2 1 1 1 2 1 1 1 2 4 5 6 4 5 6 4 5 6 . . . 720A C C C C C C C C C= + + = Xác suất để xảy ra A là: 720 48 ( ) 0.527 1365 91 P A = = ≈ Vậy xác suất cần tìm là: ( ) 43 P 1 P A 91 = − = 2. Theo chương trình nâng cao: VIb.1 1điểm Ta có: 1 ∆ đi qua M 1 = (1;-2;0), có vectơ chỉ phương 1 (3;2;1)u = uur Ta tìm được 2 ∆ đi qua M 2 = (-1;-1;0), có vectơ chỉ phương 2 (0;1;1)u = uur 1 2 1 2 1 2 , (1; 3;3); , . 1 0u u u u M M ⇒ = − = ≠ uur uur uur uur uuuuuur ⇒ 1 ∆ , 2 ∆ chéo nhau. 0.5 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 , . 1 , 19 ( , ) 19 , u u M M u u ddd u u ⇒ = ⇒ = = uur uur uuuuuur uur uur uur uur 0.5 VIb.2 1điểm Mp(P) đi qua M(0;1;1) vuông góc với d 1 có PT: 3 2 3 0x y z+ + − = 0.25 Giao điểm A của d 2 và (P) là nghiệm của hệ 3 2 3 0 1 1 0 5 / 3 2 0 8 / 3 x y z x x y x y z z + + − = = − + = ⇔ = + − + = = 0.25 ĐT cần tìm là AM có PT: 1 1 3 2 5 x y z− − = = 0.5 VII 1điểm Ta có: ( ) 8 8 2 2 8 0 1 (1 ) (1 ) k k k k P x x C x x = = + − = − ∑ . Mà 0 (1 ) ( 1) k k i i i k i x C x = − = − ∑ Để ứng với 8 x ta có: 2 8;0 8 0 4k i i k k+ = ≤ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ 0.5 Ta có: k 0 1 2 3 4 i 8 6 4 2 0 Loại Loại Loại TM TM Do vậy hệ số của 8 x là: 3 2 2 4 0 0 8 3 8 4 ( 1) ( 1) 238a C C C C= − + − = 0.5 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2 009 Môn thi toán, khối D (lần 1) Thời gian làm bài 180 phút( không kể thời. M(0;1;1) và 2 đường thẳng: (d 1 ): 1 2 3 2 1 x y z− + = = ; (d 2 ) là giao tuyến của 2 mp có PT: 1 0x + = và 2 0x y z+ − + = 1) Chứng tỏ 2 đường thẳng d 1 , d