Đề thi thử đại học năm 2009 Tổ toán – Tin Môn toán - Khối A

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!

Trờng T.H.P.T Nguyễn Trung Ngạn Đề thi thử đại học năm 2009 Tổ toán Tin Môn toán - Khối A Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) Phần A : Dành cho tất cả các thi sinh . Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (c) của hàm số : y = x 3 3x 2 + 2 2) Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình : 2 2 2 1 m x x x = Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình : 11 5 7 3 2009 cos sin 2 sin 4 2 4 2 2 2 x x x + = + 2) Giải hệ phơng trình : 2 2 2 2 2 2 30 9 25 0 30 9 25 0 30 9 25 0 x x y y y y z z z z x x = = = Câu III(2,0 điểm ) 1) Tính tích phân : 3 1 ( 4) 3 1 3 x dx x x + + + + 2) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mn : 2 -x + 2 -y +2 -z = 1 .Chứng minh rằng : 4 4 4 2 2 2 2 2 2 x y z x y z y z x z x y+ + + + + + + + 2 2 2 4 x y z + + Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 60 0 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = 3 3 a , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N . Tính thể tích khối chóp S.BCNM . Phần B ( Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2) Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo chơng trình chuẩn ) Câu V.a ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đờng thẳng : d 1 : 2 1 4 6 8 x y z + = = ; d 2 : 7 2 6 9 12 x y z = = 1) Chứng minh rằng d 1 và d 2 song song . Viết phơng trình mặt phẳng ( P) qua d 1 và d 2 . 2) Cho điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đờng thẳng d 1 sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất Câu VI.a (1.0 điểm ) Giải phơng trình : 2 3 9 27 3 3 log ( 1) log 2 log 4 log ( 4)x x x+ + = + + Phần 2 ( Dành cho học sinh học chơng trình nâng cao ) Câu V.b (2,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đờng thẳng : D 1 : 2 1 1 1 2 x y z = = , D 2 : 2 2 3 x t y z t = = = 1) Chứng minh rằng D 1 chéo D 2 . Viết phơng trình đờng vuông góc chung của D 1 và D 2 2) Viết phơng trình mặt cầu có đờng kính là đoạn vuông góc chung của D 1 và D 2 CâuVI.b ( 1,0 điểm) Cho phơng trình : 2 2 5 5 log 2 log 1 2 0x x m+ + = , ( m là tham số ) . Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình đ cho có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 3 1;5 .Hết Giám thị coi thi không giải thích gì thêm . Hớng dẫn giải : Phần A : Dành cho tất cả các thí sinh Câu I : 1) ( Thí sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị ) 2) Đồ thị hàm số y = 2 ( 2 2) 1x x x , với x 1 có dạng nh hình vẽ : Dựa vào đồ thị ta có : *) Nếu m < -2 : Phơng trình vô nghiệm *) Nếu m = - 2 : Phơng trình có hai nghiệm *) Nếu 2 < m < 0 : Phơng trình có 4 nghiệm phân biệt *) nếu m 0 : Phơng trình có hai nghiệm phân biệt Câu II : 1) 11 5 7 3 2009 cos sin 2 sin 4 2 4 2 2 2 x x x + = + ( 1) ( 1) 5 3 3 sin sin 2 cos 2 4 4 2 2 x x x = -2 3 3 cos cos 2 cos 4 2 2 x x x + = 3 cos 0 2 x = hoặc 2 cos( ) 4 2 x + = . Giải các phơng trình cơ bản tìm đợc nghiệm : 2 , x= 2 , x = k2 3 3 2 k x k = + + 2) Ta có 2 2 2 2 2 2 30 9 25 0 30 9 25 0 30 9 25 0 x x y y y y z z z z x x = = = 2 2 2 2 2 2 30 9 25 30 9 25 30 9 25 x y x y z y z x z = + = + = + ( 2). Từ hệ ta có x, y, z không âm *) Nếu x = 0 thì y = z = 0 suy ra ( 0;0;0 ) là nghiệm của hệ *) Nếu x>0, y> 0 , z > 0 . Xét hàm số : f(t) = 2 2 30 9 25 t t + , t > 0 Ta có f (t) = ( ) 2 2 1500 9 25 t t + > 0 với mọi t > 0 . Do đó hàm số f(t) đồng biến trên khoảng ( ) 0;+ Hệ (2) đợc viết lại ( ) ( ) ( ) y f x z f y x f z = = = . Từ tính đồng biến của hàm f ta dễ dàng suy ra x= y = z . Thay vào hệ phơng trình Ta đợc nghiệm x = y = z = 5 3 . y = m 1+ 3 1- 3 - 2 m 1 2 Nghiệm của hệ là ( ) 5 5 5 0;0;0 , ; ; 3 3 3 Câu III 1) Tính tích phân I = 3 1 ( 4) 3 1 3 x dx x x + + + + Đặt t = 1 x + . Ta có I = ( ) 2 2 2 0 0 20 12 2 6 3 2 t t dt dt t t + + + + = ( ) 2 2 2 0 2 0 20 12 6 3 2 t t t dt t t + + + + = - 8 + 2 2 0 0 28 8 2 1 dt dt t t + + = - 8 + 28ln2 8 ln3 2) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mn : 2 -x + 2 -y +2 -z = 1 .Chứng minh rằng : 4 4 4 2 2 2 2 2 2 x y z x y z y z x z x y+ + + + + + + + 2 2 2 4 x y z + + Đặt 2 x = a , 2 y =b , 2 z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 2 2 2 4 a b c a b c a bc b ca c ab + + + + + + + ( *) ( *) 3 3 3 2 2 2 4 a b c a b c a abc b abc c abc + + + + + + + 3 3 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4 a b c a b c a b a c b c b a c a c b + + + + + + + + + + Ta có 3 3 ( )( ) 8 8 4 a a b a c a a b a c + + + + + + ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) Tơng tự 3 3 ( )( ) 8 8 4 b b c b a b b c b a + + + + + + ( 2) 3 3 ( )( ) 8 8 4 c c a c b c c a c b + + + + + + ( 3) . Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh Câu IV : Tính thể tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD Ta có : BC AB BC BM BC SA . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đờng cao A S B C M N D H Ta có SA = AB tan60 0 = a 3 , 3 3 2 3 2 3 3 a a MN SM MN AD SA a a = = = Suy ra MN = 4 3 a . BM = 2 3 a Diện tích hình thang BCMN là : S = 2 4 2 2 10 3 2 2 3 3 3 a a BC MN a a BM + + = = Hạ AH BM . Ta có SH BM và BC (SAB) BC SH . Vậy SH ( BCNM) SH là đờng cao của khối chóp SBCNM Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , AB AM SB MS = = 1 2 . Vậy BM là phân giác của góc SBA 0 30SBH = SH = SB.sin30 0 = a Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 1 .( ) 3 SH dtBCNM = 3 10 3 27 a Phần B . (Thí sinh chỉ đợc làm phần I hoặc phần II) Phần I . (Danh cho thí sinh học chơng trình chuẩn) Câu V.a.1 ) Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là: 1 u ur (4; - 6; - 8) 2 u uur ( - 6; 9; 12) +) 1 u ur và 2 u uur cùng phơng +) M( 2; 0; - 1) d 1 ; M( 2; 0; - 1) d 2 Vậy d 1 // d 2 *) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n r = ( 5; - 22; 19) (P): 5x 22y + 19z + 9 = 0 2) AB uuur = ( 2; - 3; - 4); AB // d 1 Gọi A 1 là điểm đối xứng của A qua d 1 Ta có: IA + IB = IA 1 + IB A 1 B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A 1 B Khi A 1 , I, B thẳng hàng I là giao điểm của A 1 B và d Do AB // d 1 nên I là trung điểm của A 1 B. *) Gọi H là hình chiếu của A lên d 1 . Tìm đợc H 36 33 15 ; ; 29 29 29 A đối xứng với A qua H nên A 43 95 28 ; ; 29 29 29 I là trung điểm của AB suy ra I 65 21 43 ; ; 29 58 29 Câu VI a) log 9 (x + 1) 2 + 3 27 3 3 log 2 log 4 log ( 4) (1)x x= + + Đ K: 4 4 1 x x < < (1) log 3 (x + 1) + log 3 4 = log 3 (4 x) + log 3 (x + 4) log 3 4 1 x + = log 3 (16 x 2 ) 4 1 x + = 16 x 2 Giải phơng trình tìm đợc x = 2 hoặc x = 2 - 24 Phần II. Câu V. b. 1) Các véc tơ chỉ phơng của D 1 và D 2 lần lợt là 1 u ur ( 1; - 1; 2) và 2 u uur ( - 2; 0; 1) *) Có M( 2; 1; 0) D 1 ; N( 2; 3; 0) D 2 Xét 1 2 ; .u u MN ur uur uuuur = - 10 0 I d 1 H A B A 1 Vậy D 1 chéo D 2 *) Gọi A(2 + t; 1 t; 2t) D 1 B(2 2t; 3; t) D 2 1 2 . 0 . 0 AB u AB u = = uuurur uuur uur 1 3 ' 0 t t = = A 5 4 2 ; ; 3 3 3 ; B (2; 3; 0) Đờng thẳng qua hai điểm A, B là đờng vuông góc chung của D 1 và D 2 . Ta có : 2 3 5 2 x t y t z t = + = + = *) Phơng trình mặt cầu nhận đoạn AB là đờng kính có dạng: 2 2 2 11 13 1 5 6 6 3 6 x y z + + + = b.2) Đặt t = 2 5 log 1x + ta thấy nếu x 3 1;5 thì t [ ] 1;2 Phơng trình có dạng: t 2 + 2t m 3 = 0; t [ ] 1;2 t 2 + 2t 3 = m ; t [ ] 1;2 Lập bất phơng rình hàm f(t) = t 2 + 2t 3 trên [ ] 1;2 ta đợc 0 f(t) 5 Đ K của m là: 0 m 5 D 2 A B 2 u uur 1 u ur D 1 . Trung Ngạn Đề thi thử đại học năm 2009 Tổ toán Tin Môn toán - Khối A Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) Phần A : Dành cho tất cả các thi sinh . Câu. B C M N D H Ta có SA = AB tan60 0 = a 3 , 3 3 2 3 2 3 3 a a MN SM MN AD SA a a = = = Suy ra MN = 4 3 a . BM = 2 3 a Diện tích hình thang BCMN là : S