De thiDap anKhoi A thu dai hoc truong THPT Kim thanh II

[r]

Trờng THPT kim thành ii đề thức

Đề thi thử đại học năm 2009 lần iI

Mơn : Tốn, khối A,B (Thời gian 180 không kể phát đề) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số:





4 2 2 8 8

y x   m x  m

(1) có đồ thị (Cm) 1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (Cm) với m=1 (1)

2) Xác định m để (Cm) cắt trục hoành bốn điểm phân biệt lập thành cấp số cộng Câu II: (2 điểm)

1) Giải bất phương trình:

3x 3 2x28 x5

2)

a) Giải phương trình:

2

1

3

log (x1) log ( x1) 2log (5  x ) 1

b) Một hộp đựng 15 viên bi có kích thước đồng chất đánh số từ tới mười lăm, có viên bi xanh viên bi đỏ viên bi vàng Tính xác suất để lấy ngẫu nhiên viên bi có đủ mầu

Câu III: (2 điểm) 1)

a) Giải phương trình:









3

sin os2 sin sin cos sin cos

2

x  c x x  x x x x 

b) Cho điểm A(1;2) C(1;4) tìm điểm B thuộc đường thẳng có phương trìnhx+y-5=0 cho tam giác ABC vuông B

2) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD l hình vng cạnh a, có SA vng góc với đá SA=a Gọi M điểm đối xứng với D qua A, N trung điểm SB, mặt phẳng (DMN) chia khối chóp thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần

Câu IV: (3 điểm)

1) Tìm m để phương trình sau có nghiệm



x2 1



3m x6 3x5 3x4 5x3 3x2 3x 1

       

2) Tính





1

2

x x

I dx

x



 





3) Cho hai đường thẳng chéo có phương trình:

1

:

5

x t

d y t

z t

   

  

  



3

:

2

x y z

d    



Viết phương trình đường thẳng cắt d1, d2 song song với đường thẳng có phương trình ()

3

1

x y z

 

Chữ kí giám thị 1:……… Chữ kí giám thị 2: ……….

Trêng THPT kim thµnh ii

đề thức

ĐÁP ÁN Đề thi thử đại học năm 2009 lần ii Mụn : Toỏn, khối A,B

(Thời gian 180 không kể phát đề)

Câu Nội dung Điểm

Câu I

1) m=1=> y=x4-2x2

Tập xác định: D=R



2





2



lim ; lim

x   x  x  x  x  x 

y’=4x3-4x=0

0

x x

 

  



bảng biến thiên:

x   -1



y’ - + - +

y  

-1 -1 Hàm số đồng biến

khoảng: (-1;0); (1;+∞) Hàm số nghịch biến khoảng: (-∞;-1); (0;1) Hàm số đạt cực đại tại: (0;0)

Hàm số đạt cực tiểu tại: (-1;-1), (1;-1) Đồ thị hàm số:

Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng

0,25

0,25

0,25

2) phương trình hồnh độ giao điểm Cm với trục Ox nghiệm

phương trình:

x4 -2(3-2m) x2-8m+8=0 (1)

đặt t=x2 (t>=0)

từ (1): => t2-2(3-2m)t-8m+8=0 (2)

Để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ta có điều kiện:









2

' 8 1

2 1

2

8

m m m

S m

m

P m

       



 

   

 



    

 

Phương trình (2) có hai nghiệm t1, t2 (t1<t2)

Theo định lí viet ta có:

1

1

2(3 )

8

t t m

t t m

  

 

 

 (I)

Vậy phương trình (1) có bốn nghiệm theo thứ tự tăng dần là:

2; 1; 1;

t t t t

 

Để bốn nghiệm lập thành cấp số cộng ta có

1 2

2 t  t  t  t  t  9t t (3)

Kết hợp (I) (3): 36m2+92m-119=0



7 17 18

m m 

  

 



0,25

0,25

0,25

0,25

Câu II

1) Giải bất phương trình:

3x 3 2x28 x5 (I)

Điều kiện: x1

(I) 3x 3 x 5 2x28

 

2

3 12 15 28

3 12 15 13

x x x x x

x x x

        

    

Khi 13 x 0 x13 bất phương trình (1) đúng.

Khi 13-x>0  x13

Từ (1)

2)

a) Giải phương trình:

2

1

3

log (x1) log ( x1) 2log (5  x ) 1 (1)

Điều kiện:

1

1

5

x

x x

x    

    

 

 



Từ (1)













2

2

2

3

5

log 13 28

1

x

x x x x

x

  

 

         

  

  (1)

Đặt x2=t (t0), từ (1)t213t28 0

13 57

2

13 57

2

t t

 

   

 

  

Kết hợp với điều kiện, phương trình có nghiệm:

13 57

2

x 

b) Số khả lấy viên bi 15 viên C154 =1365 (cách)

để lấy viên bi có đủ mầu có khả xảy TH1: lấy viên bi xanh, viên bi đỏ, viên bi vàng Có : C C C52 .31 71210(cách)

TH2: lấy viên bi xanh, viên bi đỏ, viên bi vàng Có : C C C51 .32 71105(cách)

TH3: lấy viên bi xanh, viên bi đỏ, viên bi vàng Có : C C C51 .31 72 315(cách)

Vậy xác suất lấy viên bi có đủ mầu là:

210 105 315

46% 1365

P   

0,25

0,25 0,25

0,25 Câu

III 1)

a)









3

sin os2 sinx sin cos sinx cos

2

x  c x  x x  x 

0,25

























3 2

2

2

sin 3sin 3sin cos sin cos sinx cos

sin sinx cos 3sin sinx cos sinx cos

sinx cos sin 3sin

sin

4

4 sinx

2

sinx 4( )

2

x x x x x x x

x x x x x

x x x

x

x k

k Z

x k

loai 

  



      

      

    

  

 

 

 

   

 

     

   



 



b) Gọi B(xB;yB) tọa độ điểm B thỏa mãn: xB+yB-5=0=>xB=5-yB(1)





( 1; 2)

1;

B B

B B

AB x y

CB x y

  

  









2



 



B B B 0(2)

AB CB x y y

                     

Thay (1) vào (2) ta được:

2 7 12 0

3

B

B B

B y

y y

y  

    

 

Vậy tọa độ điểm B(1;4) B(2;3)

0,25

0,25

2)

I N

O

D

B C

M

A S

Q

Gọi OACBD

I DNSO

Q SC AI

Thiết diện hình chóp tứ giác ADQN

=> tứ giác ADQN hình thang vng Ta có

3

1

( )

3

SABCD ABCD

a V  S SA dvtt

(3)

Ta có NMSB, ANSB=>SB(ADQN)

Ta có

1 2

, ,

2 2

a a a

SN  SB AN NQ

=> thể tích hình chóp S.ADQN

3

1

( )

3

S ADQN ADQN

a

V  S SN  dvtt

=>

3 5

( )

3 24

NQABCD

a a a

V    dvtt

Tỉ số thể tích là:

5

S ADQN

QNABCD V

V 

0,25

0,25

Câu IV

1) Tìm m để phương trình sau có nghiệm



x21



3m x 6 3x53x4 5x33x2 3x1

Vì x2+10 ta có:





6

3

2

3 3

1

3

1

x x x x x x

m

x

x x

m

x x

     





   

     

 

   

Đặt :t

x x 



Xét hàm số:

2

2

1

'

1

1

x

x x x

y y

x

x x

   

     



  

Bảng biến thiên:

x   -1 

y’ +

-y

1

-1

2 0

Vậy

1 ; 2

t  

 

Xét hàm số

 

 

3

3

' 3

g t t t

g t t t

  

    

0,25

Bảng biến thiên với

1 ; 2

t  

 

t

-1

2

g’(t)

-g(t)

19

3



Vậy với

3 19 ; 8

m  

  phương trình có nghiệm.

2) Tính:

1

2

2

x x

I dx

x



 





Đặt x  3 t x t 2 3 dx2tdt

Khi x=-2=>t=1; x=1=>t=2 =>





2





2

3 4

2

15

t t

I tdt

t

  







Vậy I=

4 15



0,25

0,25

0,5

2) đường thẳng d2 có phương trình tham số là:

2 '

3 '

1 '

x t

y t

z t

  

      

Đường thẳng d1 d2 có vecto phương là: u1



1; 2; 4





, u1



2;1; 5





, qua điểm M1(1;3;-5), M2(0;3;1)

Gọi đường thẳng cần tìm d cắt đường thẳng d1 d2 điểm P, Q có

tọa độ P(1+tP;3+2tp;-5-4tp); Q(2tQ;3+tQ;1-5tQ)

=> PQ



2tQ  tP1;tQ  ;6 5tP  tQ 4tP





Vì d  song song vecto PQ



vectơ phương  phương

vậy ta có;

Phương trình tham số PQ:

3

13

x t

y t

z t

   

  

  



0,5

Câu V

Cho 0x y z  : Chứng minh rằng





























2

3

2 2 2 2

2

2

z y z x y z x z x z z x y xy x y

z z x y xy

x y x y

 

            

    

 

  





 

 

 

 

 





 

 





 







3

2 2 2

2 2

2 2

2

z y z x x y z x z y x y

z y z x

z y z x x y x y

x y

          

 

     

 (1)

Đặt a=(2z+y); b=2z+x; c=2x+y Từ (1)

3

2

2 ab

a b c b a c abc c

c

      

 a c b c







b c a c







2c ab2ab c 2(2)

Ta có:

2

(3)

b c c b c b c

ab a c b c

 

  

  

Tương tự:

 

4

ab b c a c 

2c ab c 2ab

 

5

Cộng (3); (4); (5) ta được: a c b c







b c a c







2c ab2ab c đpcm

Dấu xảy khi: a=b=2c a 2z+y=2z+x=4x+2y b x=y=

2 5z

0,25

0,25

0,25