De thi thu Dai hoc mon Toan va dap an

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Mơn thi: TỐN, khối D

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )mx33mx2 m 1x 1, m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Xác định giá trị m để hàm số yf x( ) khơng có cực trị Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình :  

4

sin cos

tan cot

sin 2

x x

x x

x



 

2 Giải phương trình:    

2

4

log x1 2log 4 xlog 4x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

2

2

1

dx A

x x







Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy đường trịn tâm O, SA SB hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB 1, diện tích tam giác SAB 18 Tính thể tích diện tích xung quanh hình nón cho

Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  

2

7

2

x x

x m x m

  

    

    

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB, BC 4x + 3y – = 0; x – y – = Phân giác góc A nằm đường thẳng

x + 2y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng

 P :x2y 2z + = 0; Q :  x2y 2z -13 =

Viết phương trình mặt cầu (S) qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q)

Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện sau:

4

1

4

1

5 15

n n n

n

n n

C C A

C A

  



 



 

  

 



 (Ở A Cnk, nk số chỉnh hợp số tổ hợp chập k n phần tử)

2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – = đường tròn (C): 2 2 4 8 0

x y  x y  .Xác định tọa độ giao điểm A, B đường tròn (C) đường thẳng d (cho biết điểm A có hồnh độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) cho tam giác ABC vuông B Cho mặt phẳng (P): x 2y2z 0 đường thẳng

1 5

: ; :

2

x y z x y z

d     d    

 

Tìm điểm Md ,1 Nd2 cho MN // (P) cách (P) khoảng

Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) hàm số  

1 ( ) ln

3

f x

x



2

6 sin

2 '( )

2

t dt f x

x



 

 

Đáp án

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 1,00

Khi m = ta có y x 33x21

+ MXĐ: D 0,25

+ Sự biến thiên:

 Giới hạn: xlim  y ; limx y

 y' 3 x26x;

2 '

0 x y

x  

   



0,25

 Bảng biến thiên

 2 3; CT  0

yC§ y   y y 

0,25

 Đồ thị

0,25

2 1,00

+ Khi m =  y x  1, nên hàm số khơng có cực trị 0,25

+ Khi m0  y' 3 mx26mx m1

Hàm số khơng có cực trị y' 0 khơng có nghiệm có nghiệm kép

0,50

 

2

' 9m 3m m 12m 3m

       

1

4 m

  

II 2,00

1 1,00

 

4

sin cos

tan cot

sin 2

x x

x x

x 

 

(1) Điều kiện: sin 2x0

0,25

2

1

1 sin 1 sin cos

2 (1)

sin 2 cos sin

x x x

x x x



 

    

 

0,25

2

2

1

1 sin 1 1

2 1 sin 2 1 sin 2 0

sin sin 2

x

x x

x x



      

Vậy phương trình cho vơ nghiệm

0,50

2 1,00

 2  3

4

log x1  2 log 4 xlog 4x

(2)

Điều kiện:

1

4

4

1

4

x

x x

x x

  

  

 

  

 

     

0,25

     

 

2

2 2 2

2

2

(2) log log log log log 16

log log 16 16

x x x x x

x x x x

           

       

0,25

+ Với  1 x4 ta có phương trình x2 4x12 (3) ;

 

2 (3)

6 x x

   



 lo¹i

0,25

+ Với 4x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4);

 

 

2 24

4

2 24

x x     

 

 lo¹i

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x2hoặc x2 1  6

0,25

Đặt

2 2

2

1 2 dx tdt

t x t x tdt xdx

x x

        

2

1

dx tdt tdt

x t t

  

 

+ Đổi cận:

1

2

3

2

x t

x t

  

  

0,50

1

3

2

2

2

1

3

2

1 1

ln ln

1 |

dt dt t

A

t t t

 

 

     

 

    

  0,50

IV 1,00

Gọi E trung điểm AB, ta có: OEAB SE, AB, suy

SOE AB

Dựng OH SE OH SAB, OH khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết OH =

Tam giác SOE vuông O, OH đường cao, ta có:

2 2 2

2

1 1 1 1

1

9

9

8 2

OH SO OE OE OH SO

OE OE

       

   

2 2 9 81

8 2

SE OE SO     SE

0,25

2

1 36

9

2 SAB

SAB

S S AB SE AB

SE

    

 

2

2

2 2 4 2 32 265

2 8

OA AE OE  AB OE     

 

0,25

Thể tích hình nón cho:

2

1 265 265

.3

3 8

V  OA SO    0,25

Diện tích xung quanh hình nón cho:

2 2 265 337 337

9

8 8

265 337 89305

8 8

xq

SA SO OA SA

S  OA SA  

      

  

0,25

V 1,00

Hệ bất phương trình  

2

7 (1)

2 (2)

x x

x m x m

   

 

    

 

 1   1 x 6 Hệ cho có nghiệm tồn x01;6 thỏa mãn (2).

0,25

   

   

2

2

2 ( 1;6 0)

2

x x

x x x m m x x

x

 

          



Gọi  

2 2 3

( ) ; 1;6

2

x x

f x x

x

 

 



Hệ cho có nghiệm   x0 1;6 : ( ) f x0 m

 

 

 

 

2

2

2

2

'

2

x x x x

f x

x x

 

 

 

  ;  

2 17

'

2 f x   x  x   x 

Vì x1;6 nên nhận

1 17 x 

0,25

Ta có:

2 27 17 17

(1) , (6) ,

3 13 2

f  f  f    

 

 

Vì f liên tục có đạo hàm [1;6] nên

27 max ( )

13 f x 

Do   1;6

27

1;6 : ( ) max ( )

13 x

x f x m f x m m



      

0,25

VIa 2,00

1 1,00

Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:  

4

2;4

2

x y x

A

x y y

   

 

  

 

   

  0,25

Tọa độ B nghiệm hệ phương trình

 

4

1;0

1 0

x y x

B

x y y

   

 

 

 

   

  0,25

Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:

 2  4

a x b y   ax by  a b

Gọi 1: 4x3y 0; 2:x2y 0; 3:ax by 2a 4b0

Từ giả thiết suy  2; 3    1; 2 Do

   

 

2 2 2

2

|1 | | 4.1 2.3 |

cos ; cos ;

25 5

0

| |

3

a b a b

a

a b a b a a b

a b

 

      



 

        

 

 + a =  b0 Do 3:y 0

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = b = Suy 3: 4x3y 0 (trùng với 1)

Do vậy, phương trình đường thẳng AC y - =

0,25

Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:

 

4

5;

1

y x

C

x y y

  

 

 

 

   

  0,25

2 1,00

Gọi I(a;b;c) tâm R bán kính mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có:

 

       

 

    

, , ,

, ,

OI AI OI AI d I P d I Q OI d I P

d I P d I Q

 

 

     



 



0,25

Ta có:

 2  2  2

2 2 2

5

10 30 (1)

OI AI OI AI a b c a b c

a b c

           

   

 

 ,  2 | 2 | 9 2 2  2 2 52 (2)

3 a b c

OI d I P  a b c      a b c  a b c

 

 ,   ,  | 2 | | 2 13 |

3

2 2 13 ( )

2 (3)

2 2 13

a b c a b c

d I P d I Q

a b c a b c

a b c

a b c a b c

     

  

      



     

      



lo¹i

Từ (1) (3) suy ra:

17 11 11 4a

; (4)

3

a

b  c 

Từ (2) (3) suy ra: a2 b2c2 9 (5)

Thế (4) vào (5) thu gọn ta được: a 221  a 658 0 Như a2

658 221 a

.Suy ra: I(2;2;1) R =

658 46 67

; ;

221 221 221 I  

  R = 3.

0,25

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là:

x 22y 22z12 9

2 2

658 46 67

9

221 221 221

x y z

     

     

     

     

0,25

VIIa 1,00

Điều kiện: n  1 n5

Hệ điều kiện ban đầu tương đương:

             

   

       

   

1

2

4.3.2.1 3.2.1

1

1

5.4.3.2.1 15

n n n n n n n

n n

n n n n n

n n n

      



   

   

   

   

 

0,50

2

9 22

5 50 10

5 n n

n n n

n

   



      

  

0,50

VIb 2,00

1 1,00

Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình

2 2 4 8 0 0; 2

1;

5

y x

x y x y

y x

x y

 

      



 

 

   



0,50 Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1)

Vì ABC900nên AC đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4)

0,50

2 1,00

Phương trình tham số d1 là:

1 3

x t

y t

z t    

    

 M thuộc d1 nên tọa độ M 1 ;3 ; 2 t  t t. Theo đề:

 

   

 2

2

|1 2 3 1| |12 |

, 2 12 6 1,

3

1 2

t t t t

d M P            t  t  t 

  

+ Với t1 = ta M13;0;2;

+ Với t2 = ta M21;3;0

0,25 + Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải giao d2 với mp qua M1 // mp (P), gọi mp

này (Q1) PT (Q1) là: x 3 2y2z 2 0 x 2y2z (1)

Phương trình tham số d2 là:

5

5

x t

y t

z t

   

 

  

 (2)

Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 =  t = -1 Điểm N1 cần tìm N1(-1;-4;0).

0,25

+ Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5) 0,25

VIIb 1,00

Điều kiện  

3

1

0

3 x   x

 3    

1

( ) ln ln1 3ln 3ln

3

f x x x

x

     



;  

 

1

'( ) 3 '

3

f x x

x x

  

 

0,25

Ta có:

     

2

0

0

6 cos 3

sin sin sin sin

2 |

t t

dt dt t t

 



 

   



         

  0,25

Khi đó:

2

6 sin

2 '( )

2 t

dt f x

x



 



    

2

3 0

3

3

3

3; 3; 2 2

x x

x x

x x

x

x x x x



  

  



  

 

      

  

      

 