Giáo trình Ngắn mạch và đứt dây trong hệ thống điện (giáo trình dùng cho sinh viên khối kỹ thuật của các trường đại học): Phần 2

- Khi căng thẳng quá có thể tạm thời dừng lại hít thở, ngắm nhìn mọi người làm bài, hoặc nghĩ đến 1 câu chuyện cười …  - Bài thi, giấy nháp để gọn gàng, đừng nháp vào bài thi và cũng đừ[r]

BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi: TOÁN, khối : B,D 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  3mx   m  1 x  , m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên m = Xác định các giá trị m để hàm số y  f ( x) không có cực trị Câu II (2 điểm) sin x  cos x Giải phương trình : sin x   tan x  cot x  Giải phương trình: log  x  1   log 2  x  log   x  3 dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân A   x 1 x 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB 1, diện tích tam giác SAB 18 Tính thể tích và diện tích xung quanh hình nón đã cho  x  x   Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm   x   m  1 x  m   PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC là 4x + 3y – = 0; x – y – = Phân giác góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – = Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  P  : x  y  2z + = 0;  Q  : x  y  2z -13 = Viết phương trình mặt cầu (S) qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q) Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:  C  C  An  n  n   (Ở đây Ank , Cnk là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k n phần tử)  C n   A3  n 1 15 n 1 B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – = và đường tròn (C): x  y  x  y   Xác định tọa độ các giao điểm A, B đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) cho tam giác ABC vuông B 2.Cho mặt phẳng (P): x  y  z   và các đường thẳng d1 : x 1  y 3 3  z ; d2 : x5  y  z5 5 Lop12.net Tìm các điểm M  d1 , N  d cho MN // (P) và cách (P) khoảng Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) hàm số f ( x )  ln f '( x )   sin  3  x và giải bất phương trình t dt x2 Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh……………………………… ; Số báo danh:……………………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI Câu Ý Nội dung I Khi m = ta có y  x3  x  + MXĐ: D   + Sự biến thiên:  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  Điể m 2,00 1,00 0,25 x    x  2 y '  3x  x ; y '    x   Bảng biến thiên 0,25 0,25 yC§  y  2   3; yCT  y    1  Đồ thị 0,25 Lop12.net 1,00 + Khi m =  y  x  , nên hàm số không có cực trị 0,25 + Khi m   y '  3mx  6mx   m  1 Hàm số không có cực trị và y '  không có nghiệm có nghiệm kép   '  9m  3m  m  1  12m  3m    m  II 0,50 0,25 2,00 1,00 sin x  cos x   tan x  cot x  (1) sin x Điều kiện: sin x  0,25 1  sin 2 x  sin x cos x  (1)      sin x  cos x sin x  0,25 1  sin 2 x 1     sin 2 x   sin x  sin x sin x Vậy phương trình đã cho vô nghiệm 0,50 1,00 log  x  1   log  x  log8   x  (2) x 1  4  x   Điều kiện: 4  x     x  1 4  x   0,25 Lop12.net (2)  log x    log   x   log   x   log x    log 16  x   log x   log 16  x   x   16  x 0,25 + Với 1  x  ta có phương trình x  x  12  (3) ; 0,25 x  (3)    x  6  lo¹i  + Với 4  x  1 ta có phương trình x  x  20  (4);  x   24  4    x   24  lo¹i  0,25  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  x    III 1,00 Đặt t   x  t   x  2tdt  2 xdx  dx tdt  x x dx tdt tdt   2 x 1 t t 1 + Đổi cận:  0,50 x t  2 x t  2 dt A   t  3 dt t  23     1  t 2 ln  t |12  ln     0,50 IV 1,00 Gọi E là trung điểm AB, OE  AB, SE  AB , suy  SOE   AB ta có: Dựng OH  SE  OH   SAB  , OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = Tam giác SOE vuông O, OH là đường cao, ta có: 1 1 1       1  2 2 2 OH SO OE OE OH SO 9  OE   OE  2 81 SE  OE  SO     SE  8 2 Lop12.net 0,25 S SAB  2S 36 AB.SE  AB  SAB  8 SE 2   0,25 9 265 1  OA2  AE  OE   AB   OE    32   8 2  1 265 265   Thể tích hình nón đã cho: V   OA2 SO   3 8 Diện tích xung quanh hình nón đã cho: 265 337 337 SA2  SO  OA2     SA  8 S xq   OA.SA   0,25 0,25 265 337 89305  8 V 1,00  x  x   (1) Hệ bất phương trình   x   m  1 x  m   (2) 1   x  Hệ đã cho có nghiệm và tồn x0  1;6 thỏa mãn 0,25 (2)    x  x    x  1 m  x2  2x   m (do x  1;6  x   0)  x  1 x2  2x  ; x  1;6 Gọi f ( x)  2x 1 0,25 Hệ đã cho có nghiệm  x0  1;6 : f ( x0 )  m f ' x  2x2  2x   x  1   x2  x  4  x  1 ; f '  x    x2  x    x  1  17 0,25 1  17 2 27  1  17  3  17 Ta có: f (1)  , f (6)  , f    13  2  Vì x  1;6 nên nhận x  Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x)  Do đó x0  1;6 : f ( x0 )  m  max f ( x)  m  x1;6 27 13 0,25 27 m 13 VIa 2,00 1,00 Tọa độ A nghiệm đúng hệ phương trình: 4 x  y    x  2   A  2;   x  y   y  0,25 4 x  y   x  Tọa độ B nghiệm đúng hệ phương trình    B 1;0  x  y 1  y  0,25 Lop12.net Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a  x    b  y     ax  by  2a  4b  Gọi 1 : x  y   0;  : x  y   0;  : ax  by  2a  4b   ;      ;   Do đó Từ giả thiết suy  |1.a  2.b | | 4.1  2.3 | cos   ;    cos  1 ;     2 25 5 a  b a  | a  2b | a  b  a  3a  4b     3a  4b  + a =  b  Do đó  : y   + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = thì b = Suy  : x  y   (trùng với 1 ) Do vậy, phương trình đường thẳng AC là y - = y   x  Tọa độ C nghiệm đúng hệ phương trình:    C  5;  x  y 1  y  0,25 0,25 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là 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 OI  AI  OI  AI  a  b  c   a     b     c  1  10a  4b  2c  30 (1) | a  2b  2c  | OI  d  I ,  P    a  b  c    a  b  c    a  2b  2c   (2) 0,25 | a  2b  2c  | | a  2b  2c  13 | d  I ,  P   d  I , Q    3  a  2b  2c   a  2b  2c  13 (lo¹i)   a  2b  2c  (3)  a  2b  2c   a  2b  2c  13 Từ (1) và (3) suy ra: b  17 11a 11  4a  ;c (4) Từ (2) và (3) suy ra: a  b  c  (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:  a   221a  658   67  658  658 46 ; ; Như a  a  Suy ra: I(2;2;1) và R = I   221  221 221 221  và R = Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là: Lop12.net 0,25 0,25 2 658 46 67  x     y     z  1  và  x     y     z    221   221   221   VII a 2 1,00 Điều kiện: n    n  Hệ điều kiện ban đầu tương đương:   n  1 n   n  3 n    n  1 n   n  3    n   n  3  4.3.2.1 3.2.1    n  1 n  n  1 n   n  3   n  1 n  n  1  5.4.3.2.1 15 0,50 n  9n  22    n  5n  50   n  10 n   0,50 VIb 2,00 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm hệ phương trình  x2  y  2x  y    y  0; x     y  1; x  3 x  5y   0,50 Vì A có hoành độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1) Vì  ABC  900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4) 0,50 1,00  x   2t  Phương trình tham số d1 là:  y   3t M thuộc d1 nên tọa độ M  z  2t  1  2t;3  3t; 2t  Theo đề: d  M ,  P   0,25 |1  2t    3t   4t  1| 12   2   22 2 |12t  |   12t   6  t1  1, t2  + Với t1 = ta M  3;0;  ; 0,25 + Với t2 = ta M 1;3;0  + Ứng với M1, điểm N1  d cần tìm phải là giao d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1) PT (Q1) là:  x  3  y   z     x  y  z   (1)  x   6t  Phương trình tham số d2 là:  y  4t (2)  z  5  5t  Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 =  t = -1 Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0) + Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5) Lop12.net 0,25 0,25 VII b 1,00 Điều kiện f ( x)  ln 3  x  3  x  f '( x)  3 Ta  sin  3 0 x3  ln1  3ln   x   3ln   x  ; 0,25 3  x  '  3 x 3  x  có:   t  cos t 3 dt   dt   t  sin t |    sin      sin       Khi f '( x)  đó:  sin  0,25 t dt x2 2x 1    x  2    x 3 x      1  3  x x      x3  x  3; x  2  x  3; x  2 2  Hết 0,50 GV: Đặng Ngọc Liên-SĐT: 0977467739 Trường THPT Ngọc Hồi – KonTum-TPKonTum Chúc các em ôn tập ngày cuối có hiệu cao nhất! Gửi Tặng các em :”””’’”’’’” vHọc Và Thi v’’’””’’’””’’ thi đại học 2009 - điểm cần lưu ý - I Trước thi: Học: Không nên đọc, học cách ngấu nghiến, nhồi nhét  căng thẳng và hay quên Nªn xem l¹i c¸c phÇn cßn l¬ m¬, c¸c c«ng thøc cßn ch­a thuéc … T©m lÝ tho¶i m¸i! ăn uống: Tránh thức quá khuya, học quá sức ăn uống, ngủ đầy đủ (6  7h), có thãi quen ngñ tr­a (15  45’) th× cµng tèt Tr¸nh c¸c mãn tÕ nhÞ víi d¹ dÇy, c¸c chÊt kÝch thÝch (chÌ, cµ phª) Đi thi: Tìm hiểu kĩ địa điểm thi  chọn đường tốt nhất, tránh ách tắc, nên sớm và cần thiết, có người nhà đưa Chú ý ăn mặc, đầu tóc, giầy dép, tác phong nghiêm tóc Buổi tối trước ngày thi: Soạn đầy đủ giấy tờ, đồ dùng: Giấy báo thi, CMND, giấy chứng nhận tốt nghiệp, bút, bút chì, tẩy, thước, compa, đồng hồ, máy tính (nên dùng loại Casio - fx 500A, 570 MS), … để sẵn Chú ý chuẩn bị nhiều bút cùng loại, cùng màu (nên dùng màu xanh) Không dùng bút xoá Nên ngủ sớm, dậy sớm và đến trường sớm Nếu trường xa, buæi tr­a nªn nghØ l¹i II Trong thi: - víi m«n To¸n: Lop12.net Vµo phßng thi: Thư giãn!  Tư tưởng thật thoải mái, hát thầm (nếu có khả năng), ngắm nhìn phong cảnh (nếu người ta mở cửa sổ), nói chuyện nhỏ với hàng xóm, hít thở … Bình tĩnh, tự tin và cẩn thận là đã giành 50% phần thắng NhËn bµi thi: Nên dành khoảng - 10 phút đọc kĩ đề, đọc  lần  lên chiến lược làm bài: các câu dễ làm trước, khó làm sau (“Dê làm khổ bò”) Lµm bµi thi: - Nếu đã có hướng làm thì không cần nháp, làm thẳng vào bài thi Sai thì lấy thước gạch chéo đường, cách - dòng làm tiếp Không dùng bút chì để vẽ đồ thị - Mçi bµi chØ nªn lµm kho¶ng 15 phót, kh«ng nªn ®Çu t­ nhiÒu qu¸, nÕu nh¸p thÊy qu¸ 10 phót mµ ch­a th× nªn chän c©u kh¸c, c©u nµy quay l¹i sau - Chó ý giµnh tõng ®iÓm mét, dï lµ 1/4 ®iÓm còng kh«ng chª - Có ý thức kiểm tra bước biến đổi Làm xong bài, dành khoảng phút xem lại bài đó Đừng đợi làm xong hết kiểm tra Cố gắng làm đâu - Kiểm tra việc đặt điều kiện và so sánh điều kiện Chú ý trình bày sáng sủa, rõ ràng, đủ ý, viết Câu 1, a, b, c rõ ràng, dễ đọc - Khi căng thẳng quá có thể tạm thời dừng lại hít thở, ngắm nhìn người làm bài, nghĩ đến câu chuyện cười …  - Bài thi, giấy nháp để gọn gàng, đừng nháp vào bài thi và đừng nộp tờ nháp Kiểm tra đầy đủ SBD, số tờ, các thông tin cá nhân, chữ kí giám thị Nộp bài thi: Tuyệt đối không đầu hàng trước giờ, hãy chiến đấu đến phút 179 Chỉ nộp bài giám thị yêu cầu Chú ý kiểm tra thêm lần trước nộp Khi lên nộp bài nhớ mang theo đồng hồ, máy tính, tránh mát - víi c¸c m«n Thi tr¾c nghiÖm: Xem đề cương 15 điểm (4 chuẩn bị, bí quyết, lưu ý) Häc TËp – Thi Cö Vµ Thµnh §¹t ! Lop12.net