Thi thử ĐH môn Toán_THPT Hậu Lộc 2

TRƯỜNG THPT H ẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM HỌC 2008 - 2009 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số     3 2 2 2 y x 3mx 3 m 1 x m 1      ( m là tham số) (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0. 2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2sin 2x 4sin x 1 0. 6            2. Giải hệ phương trình:           2 2 2 2 x y x y 13 x, y . x y x y 25              Câu III (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD 2a,  cạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc o 60 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho a 3 AM 3  . Mặt phẳng   BCM cắt cạnh SD tại điểm N . Tính thể tích khối chóp S.BCNM. Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân: 6 2 dx I 2x 1 4x 1      2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = 2sin 8 x + cos 4 2x PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a.( 3 điểm ) Theo chương trình Chuẩn 1. Cho đường tròn (C) :         2 2 x 1 y 3 4 và điểm M(2;4) . a) Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của AB b) Viết phương trình các tiếp tuyến của đường tròn (C) có hệ số góc k = -1 . 2. Cho hai đường thẳng song song d 1 và d 2 . Trên đường thẳng d 1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d 2 có n điểm phân biệt ( n 2 ). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n. Câu V.b.( 3 điểm ) Theo chương trình Nâng cao 1. Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn của   100 2 x x , chứng minh rằng: 99 100 198 199 0 1 99 100 100 100 100 100 1 1 1 1 100C 101C 199C 200C 0. 2 2 2 2                             2. . Cho hai đường tròn : (C 1 ) : x 2 + y 2 – 4x +2y – 4 = 0 và (C 2 ) : x 2 + y 2 -10x -6y +30 = 0 có tâm lần lượt là I, J a) Chứng minh (C 1 ) tiếp xúc ngoài với (C 2 ) và tìm tọa độ tiếp điểm H . b) Gọi (d) là một tiếp tuyến chung không đi qua H của (C 1 ) và (C 2 ) . Tìm tọa độ giao điểm K của (d) và đường thẳng IJ . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua K và tiếp xúc với hai đường tròn (C 1 ) và (C 2 ) tại H . ----------------------------- Hết ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. P N Câu Nội dung Điểm I 2.0đ 1 1,25đ Với m = 0 , ta có : y = x 3 3x + 1 - TXĐ: - Sự biến thiên: + ) Giới hạn : x x Lim y ; Lim y +) Bảng biến thiên: Ta có : y = 3x 2 3 y = 0 x = -1 hoặc x = 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1; , nghịch biến trên khoảng ( -1; 1) Hàm số đạt cực đại tại điểm x = -1, giá trị cực đại của hàm số là y(-1) =3 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1, giá trị cực tiểu của hàm số là y(1) =-1 - Đồ thị + Điểm uốn : Ta có : y = 6x , y" = 0 tại điểm x = 0 và y" đổi dấu từ dương sang âm khi x qua điểm x = 0 . Vậy U(0 ; 1) là điểm uốn của đồ thị . + Giao điểm với trục tung : (0 ;1) + ĐTHS đi qua các điểm : A(2; 3) , B(1/2; -3/8) C(-2; -1) 0,25 0,25 0,25 0,5 2 0.75đ Để ĐTHS (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương, ta phải có : 0,25 y y x + -1 + 0 0 - 1 3 -1 6 4 2 -2 -4 -5 5 10 y x                      1 2 y' 1 2 x x 0 x 0 x 0 y y 0 y 0 0 (I) Trong ®ã : y’ = 3( x 2 – 2mx + m 2 – 1) ∆ y’ = m 2 – m 2 + 1 = 1 > 0 víi mäi m y’ = 0 khi x 1 = m – 1 = x C§ vµ x 2 = m + 1 = x CT . (I)                               2 2 2 2 m 1 0 m 1 0 3 m 1 2 m 1 m 3 m 2m 1 0 m 1 0 0,5 II 2,0® 1 1,0® Ta cã : 2sin 2x 4sin x 1 0. 6             3 sin2x – cos2x + 4sinx + 1 = 0  3 sin2x + 2sin 2 x + 4 sinx = 0  sinx ( 3 cosx + sinx + 2 ) = 0  sinx = 0 (1) hoÆc 3 cosx + sinx + 2 = 0 (2) + (1)   x  + (2)     3 1 cosx sinx 1 2 2            sin x 1 3       5 x 2 6  0,25 0,5 2 1,0đ 2 2 2 2 x y x y 13 1 x y x y 25 2 3 2 2 3 3 2 2 3 x xy x y y 13 1' y xy x y x 25 2' Lấy (2) - (1) ta được : x 2 y xy 2 = 6 x y xy 6 (3) Kết hợp với (1) ta có : 2 2 x y x y 13 I x y xy 6 . Đặt y = - z ta có : 2 2 2 x z x z 13 x z x z 2xz 13 I x z xz 6 x z xz 6 đặt S = x +z và P = xz ta có : 2 3 S S 2P 13 S 1 S 2SP 13 P 6 SP 6 SP 6 Ta có : x z 1 x.z 6 . Hệ này có nghiệm x 3 z 2 hoặc x 2 z 3 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là : ( 3 ; 2) và ( -2 ; -3 ) 0,25 0,25 0,25 0,25 III 1.0đ 1đ Ta có ( SAB) ( BCNM) và SAB BCNM BM . Từ S hạ SH vuông góc với đường thẳng BM thì SH (BCNM) hay SH là đường cao của hình chóp SBCNM. Mặt khác : SA = AB.tan60 0 = a 3 . Suy ra : MA = 1 3 SA Lại có : MN là giao tuyến của của mp(BCM) với mp(SAD), mà BC // (SAD) nên NM // AD và MN // BC Do đó : MN SM 2 4a MN AD SA 3 3 Vì AD (SAB) nên MN (SAB) , suy ra MN BM và BC BM Vậy thiết diện của mp(BCM) với hình chóp SABCD là hình thang vuông BCNM . Ta có : S BCNM = 1 MN BC BM 2 Trong đó : BC = 2a , MM 4a 3 và BM = 2 2 AB AM = 2a 3 3 0,5 N D B C A S M H VËy S BCNM =             2 4a 2a 2a 3 10a 3 3 2 3 9 Khi ®ã : V SBCNM = 1 3 SH. S BCNM TÝnh SH : Ta cã ∆MAB  ∆ MHS , suy ra :  SH MS AB BM    MS.AB SH MB  2a 3 .a 3 a 2a 3 3 VËy : V SBCNM = 1 3 .a. 2 10a 3 9 = 3 10a 3 27 0,5 IV 2® 1 1.0® ®Æt  t 4x 1 , ta cã dt =  2dx 4x 1 hay t 2 dt = dx vµ   2 t 1 x 4 Khi x = 2 th× t = 3 vµ khi x= 6 th× t = 5 Khi ®ã :            5 2 3 tdt I t 1 2 1 t 2 =     5 2 3 tdt t 1                5 2 3 1 1 dt t 1 t 1 =          5 3 1 ln t 1 t 1 =  3 1 ln 2 12 0,25 0,5 2 1.0® §Æt t = cos2x     1 t 1 th× sin 2 x = 1 t 2 +                 3 3 3 3 1 1 f ' t 4t t 1 8t t 1 2 2                  2 2 1 2t t 1 4t 2t t 1 t 1 2 =        2 1 3t 1 7t 4t 1 2 B¶ng biÕn thiªn Qua b¶ng biÕn thiªn ta cã : miny = 1 27 vµ maxy = 3 0,25 0,5 t f’(t) f(t) -1 1/3 1 + 0 - 3 1 27 1 Va 3đ 1a Đường tròn (C) : ( x 1) 2 + ( y 3 ) 2 = 4 có tâm I ( 1 ; 3) và bán kính R = 2 . Ta có : (d) : Qua M 2;4 qua M qua M d : d : MA MN AB MI vtpt MI 1;1 (d) : x 2 + y 4 = 0 (d) : x + y 6 = 0 0,25 0,5 0,25 1b Đường thẳng (d) với hệ số góc k = -1 có dạng : y = -x + m hay x + y m =0 (1) Đường thẳng (d) là tiếp tuyến của đường tròn (C) kc(I,(d)) = R 1 2 1 3 m m 4 2 2 2 1 1 m 4 2 2 + Vậy có 2 tiếp tuyến thoả mãn đề bài là : x + y 4 2 2 = 0 0,25 0,5 0,25 2 Theo đề ra ta có : 3 3 3 n 10 10 n C C C 2800 ( n 2 ) n 10 10! n! 2800 3! n 7 ! 3!7! 3! n 3 ! n 10 n 9 n 8 10.9.8 n n 1 n 2 2800.6 n 2 + 8n 560 = 0 n 20 n 28 2 Vậy n = 20 0,25 0,25 0,25 0,25 Vb 3.0 đ 1 Ta có : [(x 2 + x ) 100 ] = 100(x 2 + x ) 99 ( 2x +1) (1) và 100 2 0 100 1 101 2 102 99 199 100 200 100 100 100 100 100 x x C x C x C x C x C x 100 2 0 99 1 100 99 198 100 199 100 100 100 100 x x ' 100C x 101C x 199C x 200C x (2) Từ (1) và (2) ta thay 1 x 2 , ta được 99 100 198 199 0 1 99 100 100 100 100 100 1 1 1 1 100C 101C 199C 200C 0. 2 2 2 2 0.25 0.5 0,25 2a (C 1 ) có tâm I( 2 ; -1) và bán kính R 1 = 3 . (C 2 ) có tâm J(5;3) và bán kính R=2. Ta có : IJ 2 = ( 5 2) 2 + ( 3 + 1) 2 = 25 IJ = 5 = R 1 + R 2 Suy ra (C 1 ) và (C 2 ) tiếp xúc ngoài với nhau . Tọa độ tiếp điểm H được xác định bởi : H I H J H I H J H H 19 x 2 x x 3 x x 5 2HI 3HJ 7 2 y y 3 y y y 5 0,25 0,25 0,5 2b Cã :    2KI 3KJ                           I K J K K K I K J K 2 x x 3 x x x 11 y 11 2 y y 3 y y §­êng trßn (C) qua K , tiÕp xóc víi (C 1 ) , (C 2 ) t¹i H nªn t©m E cña (C) lµ trung ®iÓm cña KH :       37 31 E ; 5 5 . B¸n kÝnh (C) lµ EH = 6 Ph­¬ng tr×nh cña (C) lµ :                 2 37 31 x y 36 5 5 0,5 0,5 . n 20 n 28 2 Vậy n = 20 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 Vb 3.0 đ 1 Ta có : [(x 2 + x ) 100 ] = 100(x 2 + x ) 99 ( 2x +1) (1) và 100 2 0 100 1 101 2 1 02 99 199. kc(I,(d)) = R 1 2 1 3 m m 4 2 2 2 1 1 m 4 2 2 + Vậy có 2 tiếp tuyến thoả mãn đề bài là : x + y 4 2 2 = 0 0 ,25 0,5 0 ,25 2 Theo đề ra ta có :