Đề và ĐA thi thử ĐH 2009 (Đề số 22)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2009 – MÔN TOÁN KHỐI A, B, D ĐỀ SỐ 22 Câu I: (2 điểm) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 3 3 1 x x y x + + = + . 2. Tìm m để phương trình 2 3 3 1 x x m x + + = + có 4 nghiệm phân biệt Câu II:( 2 điểm). 1. Giải bất phương trình : 2 2 2 2 1 9 2 3 3 x x x x − −   − ≤  ÷   . 2. Giải phương trình : sin 2 cos 2 3sin cos 2 0x x x x + + − − = Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(0;5), B(2; 3) . Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A, B và có bán kính R = 10 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 hình lập phương ABCD.A 1 B 1 C 1 D 1 với A(0;0;0), B(2; 0; 0), D 1 (0; 2; 2) a) Xác định tọa độ các điểm còn lại của hình lập phương ABCD.A 1 B 1 C 1 D 1 .Gọi M là trung điểm của BC . Chứng minh rằng hai mặt phẳng ( AB 1 D 1 ) và ( AMB 1 ) vuông góc nhau. b) Chứng minh rằng tỉ số khỏang cách từ điểm N thuộc đường thẳng AC 1 ( N ≠ A ) tới 2 mặt phẳng ( AB 1 D 1 ) và ( AMB 1 ) không phụ thuộc vào vị trí của điểm N. Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân 2 2 0 ( 2 1)cosI x xdx π = − ∫ . 2. Tìm số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức : 2 2 2 6 12 n n n n P A P A+ − = . ( P n là số hóan vị của n phần tử và k n A là số chỉnh hợp chập k của n phần tử) Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba số dương và x yz = 1. Cmrằng : 2 2 2 3 1 1 1 2 x y z y z x + + ≥ + + + . BÀI GIẢI CÂU I: 1/ Khảo sát ( ) 2 x 3x 3 y C x 1 + + = + MXĐ: { } D R \ 1= − BBT x −∞ -2 -1 0 +∞ y' + 0 - - 0 + y −∞ -1 +∞ −∞ 3 +∞ Tiệm cận: x=-1 là tc đứng y = x + 2 là tc xiên 2/ Tìm m để pt 2 x 3x 3 m x 1 + + = + có 4 nghiệm phân biệt Ta có ( )  + + > −  + + +  = =  + + +  − < −   + 2 2 2 x 3x 3 neáux 1 x 1 x 3x 3 y x 1 x 3x 3 neáux 1 x 1 Do đó đồ thị + + = + 2 x 3x 3 y x 1 có được bằng cách Giữ nguyên phần đồ thị (C) có x > -1 Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị (C) có x<-1 Do đó, nhờ đồ thị 2 x 3x 3 y x 1 + + = + , ta có pt 2 x 3x 3 m x 1 + + = + có 4 nghiệm phân biệt ⇔ m > 3 CÂU II. 1/ Giải bất phương trình ( ) 2 2 2x x x 2x 1 9 2 3 1 3 − −   − ≤  ÷   Ta có (1) 2 2 x 2x x 2x 9 2.3 3 − − ⇔ − ≤ . Đặt − = > 2 x 2x t 3 0 , (1) thành − − ≤ ⇔ − ≤ ≤ 2 t 2t 3 0 1 t 3 . Do đó, (1) − − ⇔ − ≤ ≤ ⇔ < ≤ 2 2 x 2x x 2x 1 1 3 3 0 3 3 2 2 x 2x 1 x 2x 1 0 1 2 x 1 2⇔ − ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤ + 2/ Giải phương trình ( ) + + − − =sin2x cos2x 3sinx cosx 2 0 2 (2) 2 2sinxcosx 1 2sin x 3sin x cosx 2 0⇔ + − + − − = ( ) 2 2sin x 2cosx 3 sinx cos x 1 0⇔ − + + − − = ( ) ⇔ − + + + = 2 2sin x 2cosx 3 sin x cosx 1 0 ( 3 ) (phương trình bậc 2 theo sinx) Có ( ) ( ) ( ) ( ) ∆ = + − + = + 2 2 2cosx 3 4 2 cosx 1 2 cosx 1 Vậy (2) + − −  = =  ⇔  + + +  = = +   2cosx 3 2cos x 1 1 sinx 4 2 2cosx 3 2 cosx 1 sinx cosx 1 4 ⇔ = + = 1 sinx cosx 1 hay sinx 2 π π   ⇔ − = = =  ÷   2 1 sin x sin hay sin x 4 2 4 2 ⇔ π π π = + π = π + π = + π = + π 5 x k2 hay x k2 hay x k2 hay x k2 2 6 6 . Cách khác: (3)⇔ ( ) − − − =(2sin x 1) sinx cos x 1 0 CÂU III. 1/ Gọi ( ) I a,b là tâm của đường tròn (C) Pt (C), tâm I, bán kính R 10= là ( ) ( ) 2 2 x a y b 10− + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 A C 0 a 5 b 10 a b 10b 15 0∈ ⇔ − + − = ⇔ + − + = (1) ( ) ( ) ( ) ∈ ⇔ − + − = ⇔ + − − + = 2 2 2 2 B C 2 a 3 b 10 a b 4a 6b 3 0 (2) (1) và ( 2)  = − =   + − + =  ⇔ ⇔    = = − + =     2 2 a 1 a 3 a b 10b 15 0 hay b 2 b 6 4a 4b 12 0 Vậy ta có 2 đường tròn thỏa ycbt là ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 x 1 y 2 10 x 3 y 6 10 + + − = − + − = 2/ Ta có ( ) ( ) ( ) A 0,0,0 ;B 2,0,0 ;C 2,2,0 ;D(0;2;0) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 A 0,0,2 ;B 2,0,2 ;C 2,2,2 ;D 0,2,2 Mp ( ) 1 1 AB D có cặp VTCP là: ( ) 1 AB 2,0,2= uuuur ( ) 1 AD 0,2,2= uuuur ⇒ mp ( ) 1 1 AB D có 1 PVT là ( )   = = − −   r uuuur uuuur 1 1 1 u AB ,AD 1, 1,1 4 mp ( ) 1 AMB có cặp VTCP là: ( ) AM 2,1,0= uuuur ( ) M 2,1,0 ( ) 1 AB 2,0,2= uuuur ⇒ mp ( ) 1 AMB có 1 PVT là ( )   = = − −   r uuuur uuur 1 v AM,AB 1, 2, 1 2 Ta có: ( ) ( ) ( ) = − − − + − = ⇔ ⊥ r r r r u.v 1 1 1 2 1 1 0 u v ⇒ ( ) ( ) 1 1 1 AB D AMB⊥ b/ ( ) = uuur 1 AC 2,2,2 ⇒ Pt tham số =   =   =  1 x t AC : y t z t , ( ) ∈ ⇒ 1 N AC N t,t,t Pt ( ) ( ) ( ) ( ) − − − − + − = ⇔ + − = 1 1 AB D : x 0 y 0 z 0 0 x y z 0 ⇒ ( ) + − = = = 1 1 1 t t t t d N,AB D d 3 3 Pt ( ) ( ) ( ) ( ) − − − − − = ⇔ − − = 1 AMB : x 0 2 y 0 z 0 0 x 2y z 0 ( ) − − − ⇒ = = = + + 1 2 t 2t t 2t d N,AMB d 1 4 1 6 ⇒ = = = = 1 2 t t d 6 6 2 3 2 t d 2 t 2 3 2 3 6 Vậy tỉ số khoảng cách từ ( ) 1 N AC N A t 0∈ ≠ ⇔ ≠ tới 2 mặt phẳng ( ) 1 1 AB D và ( ) 1 AMB không phụ thuộc vào vị trí của điểm N. CÂU IV: 1/ Tính ( ) ( ) / 2 / 2 2 0 0 1 cos2x I 2x 1 cos xdx 2x 1 dx 2 π π +   = − = −  ÷   ∫ ∫ ( ) π π π π   = − = − = −   ∫ 2 / 2 / 2 2 1 0 0 1 1 I 2x 1 dx x x 2 2 8 4 π = − ∫ / 2 2 0 1 I (2x 1)cos2xdx 2 = − ⇒ = = = 1 1 Ñaët u (2x 1) du dx,dv cos2xdx choïn v sin2x 2 2 ⇒ π π π = − − = = − ∫ / 2 / 2 / 2 2 0 0 0 1 1 1 1 I (2x 1)sin 2x sin2xdx cos2x 4 2 4 2 Do đó ( ) 2 / 2 2 0 1 I 2x 1 cos x 8 4 2 π π π = − = − − ∫ 2/ Tacó: 2 2 n n n n 2P 6A P A 12+ − = ( ) n N,n 1∈ > ( ) ( ) 6n! n! 2n! n! 12 n 2 ! n 2 ! ⇔ + − = − − ( ) ( ) ( ) n! 6 n! 2 6 n! 0 n 2 ! ⇔ − − − = − ( ) ⇔ − = − = − n! 6 n! 0 hay 2 0 (n 2)! ⇔ = − − =n! 6 hay n(n 1) 2 0 ⇔ = − − = 2 n 3hay n n 2 0 ⇔ = = ≥n 3hay n 2(vì n 2) CÂU V. Cho x,y, z là 3 số dương thỏa mãn xyz=1 CMR: 2 2 2 x y z 3 1 y 1 z 1 x 2 + + ≥ + + + Ta có: 2 2 x 1 y x 1 y 2 . x 1 y 4 1 y 4 + + + ≥ = + + 2 2 y 1 z y 1 z 2 y 1 z 4 1 z 4 + + + ≥ = + + 2 2 z 1 x z 1 x 2 z 1 x 4 1 x 4 + + + ≥ = + + Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế ta có: ( ) 2 2 2 x 1 y y 1 z z 1 x x y z 1 y 4 1 z 4 1 x 4       + + + + + + + + ≥ + +  ÷  ÷  ÷ + + +       ( ) 2 2 2 x y z 3 x y z x y z 1 y 1 z 1 x 4 4 + + ⇔ + + ≥ − − + + + + + + ( ) 3 x y z 3 4 4 + + ≥ − 3 3 9 3 6 3 .3 4 4 4 4 4 2 ≥ − = − = = ( vì 3 x y z 3 xyz 3+ + ≥ = ) Vậy 2 2 2 x y z 3 1 y 1 z 1 x 2 + + ≥ + + + . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2009 – MÔN TOÁN KHỐI A, B, D ĐỀ SỐ 22 Câu I: (2 điểm) 1.Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số 2 3 3 1. A+ − = . ( P n là số hóan vị của n phần tử và k n A là số chỉnh hợp chập k của n phần tử) Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba số dương và x yz = 1. Cmrằng