Đề thi thử đại học Năm 2009 môn :toán Thời gian làm bài 180 phút Đề gồm: 01 trang (Đợt 02) Câu 1: ( 2,0 Điểm) Cho hàm số 3 3 1y x x= + + có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 2) M l im di ng trờn (C) cú honh m ( m Ă ), d l tip tuyn ti M ca (C), d ct (C) ti 2 im phõn bit M,N. Tỡm m tip tuyn ca (C) ti N vuụng gúc vi d. Câu 2: ( 2,0 Điểm) 1) Giải phơng trình trên tập Ă 3 3 3 6 log ( 1).log log ( 1)x x x x = 2) Tỡm tt c cỏc ABC cú cỏc gúc A,B,C l nghim thc ca phng trỡnh 1 sin 2 sinx-cosx= 2 x + Câu 3: ( 2,0 Điểm) 1) Tính tích phân 1 ( 2) ( 2) ( 1) 0 ln[e ( 2) (x+1) ] (x+1)(x+2) x x x x x I dx + + + + = 2) Cho s phc z= 1+i. bit phn thc ca 8n z l 2 2008 . Tớnh tng 1 3 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 . n n n n n n S C C C C + + + + + = + + Câu 4: ( 2,0 Điểm) 1) Trong hệ toạ độ Oxy . Cho ng trũn (C): 2 2 4 2 20 0x y x y+ + = v ng thng d:x+y+3=0. Vit phng trỡnh ng trũn (C) i xng vi (C) qua ng thng d. 2) Trong h to Oxyz, cho mt cu (S): 2 2 2 2 4 1 0x y z x y+ + + = , mt phng (P): x+y-z+1=0. Vit phng trỡnh tham s ca ng thng (d) tip xỳc vi (S) ti A(1;1;1) v song song mt phng (P). Cõu 5: (2,0 Điểm) 1) Cho hỡnh chúp S.ABC cú ỏy ABC l tam giỏc vuụng ti A, ã 0 60ABC = , AB=a. (N) l hỡnh nún ngoi tip hỡnh chúp cú gúc gia ng sinh v ỏy hỡnh nún l (0 0 < <90 0 ). Tớnh din tớch xung quanh v th tớch hỡnh nún theo a, . 2) Chng minh rng vi mi s thc x dng ta cú: 2 3 1 2! 3! x x x e x> + + + . -------------------------------------------Ht-------------------------------------------- ®¸p ¸n – thang ®iÓm m«n to¸n Câu 1: ( 2,0 đ) Nội dung Điểm 1)(1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 3 1y x x= − + + • TXĐ: D= ¡ • Sự biến thiên của hàm số - - Giới hạn tại vô cực của hàm số 3 2 3 3 1 lim lim ( 1 ) x x y x x x →+∞ →+∞ = − + + = −∞ tương tự lim x y →−∞ = +∞ 0,25 - Lập bảng biến thiên y’=-3x 2 +3, y’=0 1 1 x x = ⇔ = − Bảng biến thiên x - ∞ -1 1 + ∞ y’ - - - 0 + + + 0 - - - y + ∞ 3 -1 - ∞ 0,25 Hàm số đồng biến trên khoảng (-1;1) Hàm số nghịch biên trên khoảng (- ∞ ;-1) và (1;+ ∞ ) Hàm số đạt cực đại tại x=1=>y cđ =3 Hàm số đạt cực tiểu tại x=-1=>y ct =-1 0,25 • Đồ thị -Giao của (C) và trục Ox: y=0=> 3 3 1 0x x− + + = - Giao của (C) và trục Oy: x=0=>y=1 Thêm điểm x=-2=>y=3 x=3=>y=-1 0,25 O y x - Đồ thị hàm số nhận I(0;1) làm tâm đố xứng 2)(1,0đ) y’=-3x 2 +3 y(m)= 3 3 1m m− + + , y’(m)=-3m 2 +3 phương trình của d: y=y’(m)(x-m)+y(m)=(-3m 2 +3)(x-m)-m 3 +3m+1 Hoành độ giao diểm của (C) và d là nghiệm của phương trình: 3 2 3 3 1 ( 3 3)( ) 3 1x x m x m m m− + + = − + − − + + (1) 0,25 3 3 2 2 2 2 2 2 2 3 3 ( 3 3)( ) ( )( 3) ( 3 3)( ) ( )( 2 ) 0 ( ) ( 2 ) 0 2 x x m m m x m x m x mx m m x m x m x mx m x m x m x m x m ⇔ − + + − = − + − ⇔ − − − − + = − + − ⇔ − + − = = ⇔ − + = ⇔ = − Để đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt cần và đủ là (1) có 2 nghiệm phân biệt 2 0m m m≠ − ⇔ ≠ 0,25 vậy mọi m≠0 đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt M, N(-2m;y(- 2m)). Để tiếp tuyến tại N vuông góc với d '( ). '( 2 ) 1y m y m⇔ − = − 2 2 ( 3 3)( 12 3) 1m m⇔ − + − + = − 0,25 2 4 2 2 45 585 45 585 72 72 36 45 10 0 45 585 45 585 72 72 m m m m m m − − = ± = ⇔ − + = ⇔ ⇔ + + = = ± Kl: 0,25 Câu 2: (2,0 đ) 1)(1,0đ) Giải phương trình: 3 3 3 6 log ( 1).log log ( 1)x x x x − = − (1) 0,25 ĐKXĐ: 1 0 0 1 0 x x x x − > > ⇔ > ≠ 3 3 3 6 (1) 2log ( 1).log log ( 1)x x x x ⇔ − = − 3 3 3 3 3 2log ( 1)[log ] 0 log ( 1) 0 2 3 log 0(2) x x x x x x x ⇔ − − = − = ⇔ = ⇔ − = 0,25 Xét hàm số 3 2 3 1 3 ( ) log / (1; ) '( ) 0 1 ln3 f x x f x x x x x = − +∞ = + > ∀ > 0,25 =>f(x) đồng biến trên (1;+ ∞ ) có f(3)=0=>(2) có nghiệm duy nhất x=3 Vậy phương trình có 2 nghiệm x=2;x=3 0,25 2)(1,0đ) Xét phương trình 1 sin 2 sinx-cosx= 2 x + (1) trên (0; π ) (1) 4sin cos 2sinx-2cosx=1 2sinx(2cos 1) (2cos 1) 0 (2sinx 1)(2cos 1) 0 x x x x x ⇔ + ⇔ + − + = ⇔ − + = 0,25 2 1 6 sinx 5 2 2 1 6 cos 2 2 2 3 x k x k x x k π π π π π π = + = ⇔ ⇔ = + = − = ± + 0,25 Do x 5 2 (0; ) ; ; 6 6 3 x π π π π ∈ ⇒ ∈ 0,25 Các góc của ∆ABC là nghiệm của (1)=> A,B,C 5 2 ; ; 6 6 3 π π π ∈ và A+B+C= π nên ∆ABC có 2 góc bằng 6 π , góc còn lại là 2 3 π . 0,25 Câu 3: (2,0 đ) 1)(1,0đ) Tính tích phân 1 1 ( 2) ( 2) ( 1) ( 2) ( 2) 1 0 0 ln[e ( 2) (x+1) ] ln ln( 2) ln( 1) (x+1)(x+2) ( 1)( 2) x x x x x x x x x e x x I dx dx x x + + + + + + + + + + + = = + + ∫ ∫ 1 1 1 0 0 0 ln( 2) ln( 1) 1 1 2 x x x dx dx dx x x x + + = + + + + + ∫ ∫ ∫ 0,25 Ta có 1 1 1 0 0 0 1 (1 ) [ ln( 1)] 1 ln 2 1 1 x dx dx x x x x = − = − + = − + + ∫ ∫ 0,25 đặt ln( 1) 1 ln( 2) 2 u x dx du x dx dv v x x = + = ⇒ + = = + + nên 1 1 1 0 0 0 ln( 1) ln( 2) ln( 1)ln( 2) ) 2 1 x x dx x x dx x x + + = + + − + + ∫ ∫ 0,25 Vậy 1 1 1 0 0 0 ln( 2) ln( 2) 1 ln 2 ln( 1)ln( 2) 1 ln 2 ln 2.ln 3 1 1 x x I x x dx dx x x + + = − + + + − + = − + + + ∫ ∫ 0,25 2)(1,0đ) Ta có 8 8 2 4 4 (1 ) (1 2 ) (2 ) n n n n z i i i i= + = + + = 0,25 4 2008 2 2 502 n n= = => = n=502=> 1 3 2007 2009 2009 2009 2009 2009 .S C C C C= − + − + 0,25 2009 2009 0 1 2 2 2008 2008 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 (1 ) .z i C C i C i C i C i= + = + + + + + (1) Do 2 1 ( 1) ( ) k k i i k + = − ∀ ∈ ¥ nên phần ảo của z 2009 trong (1) là S 0,25 Mà 2009 2009 2008 1004 1004 (1 ) (1 ) (1 ) (2 ) (1 ) 2 (1 )z i i i i i i= + = + + = + = + có phần ảo là 2 1004 nên s=2 1004 . 0,25 Câu 4: (2,0đ) 1)(1,0đ) Phương trình (C): (x-2) 2 +(y+1) 2 =25. (C) có tâm I(2;-1) bán kính r=5 gọi (C’) là ảnh của (C) qua d: x+y+3=0=> (C’) có bán kính r’=r=5, tâm I’ là điểm đối xứng của I qua d 0,25 I’ đối xứng với I qua d => II’vuông góc với d=>II’ nhận véc tơ chỉ phương (VTCP) (1; 1)u = − r của d làm véc tơ pháp tuyến (VTPT)=> phương trình II’:1(x-2)-1(y+1)=0 <=>x-y-3=0 H là giao của d và II’=> toạ độ H: 3 0 0 3 0 3 x y x x y y + + = = ⇔ − − = = − 0,25 I’ đối xứng I qua d=> H là trung điểm II’=> ' ' ' ' 0 2 2 5 3 2 I I H I I I I H x x x x y y y y + = = = − ⇔ + = − = = − 0,25 Đường tròn (C’) đối xứng với (C) qua d có tâm I’(-2;-5) bán kính r’=5 có phương trình là (x+2) 2 +(y+5) 2 =25 0,25 2)(1,0đ) Phương trình (S): (x+1) 2 +(y-2) 2 +z 2 =6. (S) có tâm I(-1;2;0) bán kinh r= 6 . (P) có véc tơ pháp tuyến (1;1; 1)n = − r (d) là đường thẳng thoả mãn đề bài có VTCP u r và đi qua A 0,25 (1; 1;1)IA = − uur 0,25 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 [ , ] ( ; ; ) (0;3;3) 0IA n − − − − = = ≠ uur r r (d) tiếp xúc với (S) tại A => (d) ⊥ IA=> u IA⊥ r uur (d)//(P) => u n⊥ r r do vậy (d) nhận 1 [ , ] (0;1;1) 3 u IA n= = r uur r làm VTCP (d) đi qua A nên phương trình 1 1 1 x y t z t = = + = + 0,25 Ta thấy A không nằm trên (P) nên (d)//(P) do vậy phương trình tham số của đường thẳng (d) thảo mãn đề bài là (d): 1 1 1 x y t z t = = + = + 0,25 Câu 5: (2,0đ) 1)(1,0đ) a B C A S H (N) là hình nón ngoại tiếp S.ABC => (N) có đỉnh S đường tròn đáy của (N) là đường tròn ngoại tiếp ∆ABC . Do ∆ABC vuông tại A , H là trung điểm BC=> H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.SH là chiều cao của hình nón, · · · SAH SBH SCH α = = = 0,25 Trong ∆ABC vuông tại A có 0 2 os60 AB BC a c = = => bán kính hình tròn đáy hình nón là 2 BC r a= = 0,25 Trong ΔSHC có ; .tan a tan os os HC a SC SH HC c c α α α α = = = = đường sinh của hình nón là SC, Chiều cao SH 0,25 Diện tích xung quanh của hình nón là 2 . . os xq a S r SC c π π α = = 0,25 Thể tích khối nón là 2 3 1 1 tan 3 3 V r SH a π π α = = 2)(1,0đ) Chứng minh rằng với mọi số thực x dương ta có 2 3 1 2! 3! x x x e x> + + + (1) 2 3 (1) (1 ) 0 0 2! 3! x x x e x x⇔ − + + + > ∀ > Xét 2 3 ( ) (1 ), [0; ) 2! 3! x x x f x e x x= − + + + ∈ +∞ 2 '( ) (1 ) 2 x x f x e x= − + + 0,25 ''( ) (1 ) "'( ) 1 0 0, '''( ) 0 0 x x f x e x f x e x f x x = − + = − ≥ ∀ ≥ = ⇔ = 0,25 =>f’’(x) đồng biến trên [0;+∞) => 0, ''( ) ''(0) 0x f x f∀ ≥ ≥ = =>f’(x) đồng biến trên [0;+∞) => 0, '( ) '(0) 0x f x f∀ ≥ ≥ = 0,25 =>f(x) đồng biến trên [0;+∞) => 2 3 0, ( ) '(0) 0 (1 ) 0, 0 2! 3! x x x x f x f e x x∀ > > = ⇔ − + + + > ∀ > 0,25 Vũ Chí Cương . đ) Nội dung Điểm 1)(1,0đ) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số 3 3 1y x x= − + + • TXĐ: D= ¡ • Sự biến thi n của hàm số - - Giới hạn tại vô cực của. tương tự lim x y →−∞ = +∞ 0,25 - Lập bảng biến thi n y’=-3x 2 +3, y’=0 1 1 x x = ⇔ = − Bảng biến thi n x - ∞ -1 1 + ∞ y’ - - - 0 + + + 0 - - - y