[r]
(1)ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 MƠN TỐN – KHỐI D
(Thời gian làm bài: 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số 2 2
y=x − x +
1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị (C) hàm số
2 Viết phương trình tiếp tuyến kẻ đến đồ thị (C), biết tiếp tuyến qua điểm A(0; 2)
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải bất phương trình: (2x +3.2−x)2log2x−log2(x+6) >1 Giải phương trình: ( )
2 2
2
s inx+cosx 2sin
sin sin
1 cot 4
x
x x
x
π π
− = ⎛ ⎛ − ⎞− ⎛ − ⎞
⎜ ⎟ ⎜
⎜ ⎟
+ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎞ ⎟ ⎠ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
2
1
1
x x
I dx
x
− =
−
∫
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a, tam giác SAC cân S, góc SBC
60 , mặt phẳng (SAC) vng góc với mặt phẳng (ABC) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC
Câu V (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: ( 1)2 0
x +x + −x m x + =
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉđược làm một hai phần (phần hoặc phần 2) 1 Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm) Trong khơng gian với hệ toạđộ Oxyz, cho điểm ( 1; 1;0 ,) (1; 1; ,) (2; 2;1 ,) ( 1;1;1)
A − − B − C − D −
1 Tính góc khoảng cách đường thẳng AB CD
2 Giả sử ( )α mặt phẳng qua D cắt ba trục toạđộ Ox, Oy, Oz tương ứng điểm M, N, P khác gốc O cho D trực tâm tam giác MNP Hãy viết phương trình mặt phẳng ( )α
Câu VII.a (1,0 điểm)
Cho a, b, c số thực dương thoả mãn ab + bc + ca = Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
2 2
1 1
1+a b c+ +1+b a c+ +1+c b a+ abc
1 ≤ 2 Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạđộ Oxyz, cho điểm
( 1; 1;0 ,) (1; 1; ,) (2; 2;1 ,) ( 1;1;1 ,) (4; 2;1)
A − − B − C − D − E
1 Tính góc khoảng cách đường thẳng AB CD
2 Giả sử ( )α mặt phẳng qua E cắt tia Ox M, tia Oy N, tia Oz P Viết phương trình mặt phẳng ( )α tứ diện OMNP tích nhỏ
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm hệ số 10
x khai triển (
10
1 x x
x
⎛ + + ⎞ 0)
⎜ ⎟
⎝ ⎠ ≠
(2)ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 MƠN TỐN – KHỐI D
Câu Đáp án Điểm
I 2,00
Khảo sát biến thiên vẽđồ thị (C) hàm số (1,00 điểm) 2 2
y=x − x +
Tập xác định D=\
Sự biến thiên: ' 4 4 4 ( 1)
y = x − x= x x −
( )
0
' 1
1 x
y x x x
x
= ⎡ ⎢ = ⇔ − = ⇔⎢ = −
⎢ = ⎣
0,25
Bảng biến thiên
x –∞ – +∞ y’ – + – +
y +∞ +∞
0,25
( )1 ( )1 1, CD ( )0
CT
y = y − = y = y = y =2
0,25
Đồ thị:
0,25
2 Viết phương trình tiếp tuyến (1,00 điểm)
–1 y
2
(3)Phương trình đường thẳng (d) qua điểm A( )0; có hệ số góc k là:
2
y=kx+
(d) tiếp tuyến đồ thị (C) HPT: có nghiệm
( ) ( )
4
2 2
4
x x kx
x x k
⎧ − + = + ⎪
⎨
− = ⎪⎩
Từ (1) (2) suy ra:
( )
4
4 2
2
2 4
3
0
2
3
x x x x x
x x
x x
x x
− + = − +
⇔ − =
= ⎡ ⎡ =
⎢ ⎢
⇔ ⇔ ⎢
⎢ = = ±
⎢ ⎢
⎣ ⎣
2
0,25
0,25
* Với x = 0, thay vào (2) ta k = 0, ta có PTTT ( )d1 :y=2
* Với
x= − , thay vào (2) ta
9
k= ,
ta có PTTT ( )2 :
d y= x+
* Với
x= , thay vào (2) ta
9
k = − ,
ta có PTTT ( )3 :
d y= − x+
0,50
II 2,00
1 Giải bất phương trình (1,00 điểm)
(2x +3.2−x)2log2x−log2(x+6) >1 1( ) Điều kiện: x > (*)
Khi đó: 2x+3.2−x > 2x >1
0,25
( )1 2log2 log2( 6 log 2) 2( 3.2 ) 0 2( )
x x
x x −
⎡ ⎤
⇔ ⎣ − + ⎦ + >
Vì 2x+3.2−x > 2x >1, nên log 22( 3.2 ) 0
x + −x > 0,25
Do
( ) ( ) ( )
2 2
2 ⇔ ⎡⎣2log x−log x+6 ⎦⎤> ⇔0 log x >log x+6 3
⇔ x2 > + ⇔x 6 x2 − − > ⇔ < − ∨ >x 6 0 x 2 x
0,25
Đối chiếu với điều kiện (*), ta x >
Vậy nghiệm bất phương trình x > 0,25 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
( )2 2 ( )
2
sinx+cosx 2sin
sin sin
1 cot 4
x
x x
x
π π
− = ⎛ ⎛ − ⎞− ⎛ − ⎞⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ ⎟
+ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎠
(4)PT ( )1 (1 2sinxcosx 2sin2 ).sin2 2.2 os 2 sinx 1( )
2
x x c ⎛π x⎞
⇔ + − = ⎜ − ⎟
⎝ ⎠
(sin 2 os2x sin) 2 os 2 sinx
x c x c ⎛π x⎞
⇔ + = ⎜ − ⎟
⎝ ⎠
os sin os
4
c ⎛ x π ⎞ x c ⎛ x π ⎞
⇔ ⎜ − ⎟ = ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ − ⎠
sinx 0,sin2x+cos2x= os
c x π
⎛ ≠ ⎛ − ⎞⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎝ ⎠⎟
⎝ ⎠
0,25
3
2
os 4 2 8 2
4
.2
sinx=1
2
x k
x k
c x
x m x m
π π
π π
π π
π π π π
⎡ ⎡
⎡ ⎛ − ⎞= ⎢ − = + ⎢ = +
⎜ ⎟
⎢
⇔⎢ ⎝ ⎠ ⇔⎢ ⇔ ⎢
⎢
⎢ = + = +
⎢⎣ ⎢⎣ ⎢⎣
0,25
Đối chiếu điều kiện (*) ta có nghiệm phương trình là:
( )
3
; ,
8 2
x= π +k π x= +π m π k m∈Z
0,25
III Tính tích phân 1,00
2
1
1
x x
I dx
x
− =
−
∫
Đặt 1 1;
t= x− ⇒ = +x t dx=2tdt
0,25 Đổi cận: 1x= ⇒ =t 0;x= ⇒ =2 t
( )
2
2
2
4
t t
I dt
t
+ ⇒ =
−
∫ 0,25
2
5
2
2
t d
t t
⎛ ⎞
= ⎜ + + − ⎟
− +
⎝ ⎠
∫ t 0,25
1
0
2 32
2 5ln 10ln
3
t t
t
t
⎛ − ⎞
= ⎜ + + ⎟ = − +
⎝ ⎠ 3 0,25
IV Tính thể tích 1,00
Gọi H trung điểm AC, suy SH ⊥(ABC)
0,25 Áp dụng định lí hàm số côsin tam giác SBC:
( )
2 2 . 1
SC =SB +a −a SB
2
2
4
a
SC =SH +
2
2
4
a SB =SH + (2)
A
S
C
B H
(5)Từ (1) (2) suy ra:
2
3
2
a a
a SB= ⇒SB= ⇒SH =
2
a
0,25
Do . ( ) 3
3
S ABC
a a a
V = SH dt ABC = =
8 0,25
V Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực 1,00
( )2 ( )
3 2 1 0 1
x +x + −x m x + =
( )
3 2 1
x x x
m x
+ + ⇔ =
+
( )
( ) ( )
2 2
2 2
2
1
1
x x x x x
m
x
x x
+ +
⇔ = = +
+
+ 2+ 0,25
Đặt 2
x t
x
=
+ ,
2 t
− ≤ ≤1 Ta có phương trình : ( )2
t + =t m 0,25
Xét hàm số ( )
f t = +t t, với 1;
2
t∈ −⎡⎢ ⎤⎥
⎣ ⎦
Ta có f '( )t = + ≥2t với 1; 2
t∈ −⎡⎢ ⎤⎥
⎣ ⎦, nên f(t) đồng biến 1;
2 ⎡− ⎤
⎢ ⎥
⎣ ⎦
0,25
Do tập giá trị f(t) ( ) 1 ( )
2
f ⎛ ⎞ f t f ⎛ ⎞ f t
4
− ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Vậy phương trình (1) có nghiệm thực phương trình (2) có nghiệm thuộc đoạn 1;
2 ⎡− ⎤
⎢ ⎥
⎣ ⎦,
1
4 m − ≤ ≤
0,25
VI.a 2,00
1 Tính góc khoảng cách hai đường thẳng (1,00 điểm) Ta có JJJGAB=(2;0; ,) CDJJJG= −( 3;3;0)
• Ta có os AB,CD( ) os AB,( )
AB CD
c c CD
AB CD
= = =
JJJG JJJG JJJG JJJG
• Vậy góc AB CD 600
0,50
( ) ( ) ( )
( )
2;0; , 3;3;0 , 3; 1;1
, 6; 6;6 , ,
AB CD AC
AB CD AB CD AC
= = − = −
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⇒⎣ ⎦= − − ⎣ ⎦ = −
JJJG JJJG JJJG
JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG
0
≠ 0,25
( , ) ,
3 108 ,
AB CD AC d AB CD
AB CD
⎡ ⎤
⎣ ⎦
= =
⎡ ⎤
⎣ ⎦
JJJG JJJG JJJG
JJJG JJJG = 0,25
2 Viết phương trình mặt phẳng ( )α (1,00 điểm)
Xét điểm M m( ;0;0 ,) (N 0; ;0 ,n ) (P 0;0;p) với mnp≠0
Ta có ( ) ( )
( ) ( )
1; 1; , ; ;0
1; 1; , ;0;
DP p NM m n DP NM m n
DN n PM m p DN PM m p
⎧ = − − = − ⎧ = +
⎪ ⇒⎪
⎨ ⎨
= − − = − ⎪ = +
⎪ ⎩
⎩
JJJG JJJJG JJJG JJJJG
JJJG JJJJG JJJG JJJJG
(6)Phương trình mặt phẳng ( )α qua điểm M, N, P là: x y z
m+ +n p =
Vì D∈( )α nên 1 1
m n p
− + + = 0,25
D trực tâm tam giác MNP khi:
DP NM DP NM
p n m
DN PM DN PM
⎧ ⊥ ⎧ =
⎪ ⇔⎪ ⇔ =
⎨ ⎨
⊥ =
⎪ ⎪
⎩ ⎩
JJJG JJJJG JJJG JJJJG
JJJG JJJJG JJJG JJJJG = − 0,25
Do m= −3,n= =p
Vậy Phương trình mặt phẳng ( )α là: 3
x + + =y z
−
0,25
VII.a Chứng minh bất đẳng thức 1,00
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
3=ab bc ca+ + ≥33( )abc ⇒abc≤1 0,25
( ) ( ) ( )
2
1 a b c abc a b c a bc ab ac 3a
⇒ + + ≥ + + = + + =
0,25
( )
2
1
1 a b c 3a
⇒ ≤
+ +
Chứng minh tương tự ta :
( )
2
1
1+b a c+ ≤3b, 2( )
1
1+c b a+ ≤3c
0,25
Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta được:
( ) ( ) ( )
2 2
1 1 1
1+a b c+ +1+b a c+ +1+c b a+ ≤3a+3b+ c
1 =
3
bc ca ab
abc abc abc
+ + = =
0,25
VI.b 2,00
1 Tính góc khoảng cách hai đường thẳng (1,00 điểm) Ta có JJJGAB=(2;0; ,) CDJJJG= −( 3;3;0)
• Ta có os AB,CD( ) os AB,( )
AB CD
c c CD
AB CD
= = =
JJJG JJJG JJJG JJJG
• Vậy góc AB CD 600
0,50
( ) ( ) ( )
( )
2;0; , 3;3;0 , 3; 1;1
, 6; 6;6 , ,
AB CD AC
AB CD AB CD AC
= = − = −
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⇒⎣ ⎦= − − ⎣ ⎦ = −
JJJG JJJG JJJG
JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG
0
≠ 0,25
( , ) ,
3 108 ,
AB CD AC d AB CD
AB CD
⎡ ⎤
⎣ ⎦
= =
⎡ ⎤
⎣ ⎦
JJJG JJJG JJJG
JJJG JJJG = 0,25
2 Viết phương trình mặt phẳng ( )α (1,00 điểm)
Xét điểm M m( ;0;0 ,) (N 0; ;0 ,n ) (P 0;0;p) với
0, 0,
(7)Phương trình mặt phẳng ( )α qua điểm M, N, P là:
x y z
m+ +n p =
0,25
Vì E(4; 2;1) (∈ α) nên 1 4np 2mp mn mnp( )1 0,25
m+ +n p = ⇔ + + =
2 2 2
3
1
6
OMNP OMNP
np mp mn
V = mnp= + + ≥ m n p = m n p ⇒V ≥36 0,25
dấu xảy : 4np = 2mp = mn (2) Kết hợp (1) (2) ta tìm : m = 12 ; n = ; p = Vậy Phương trình mặt phẳng ( )α là:
12
x + + =y z
0,25
VII.b 10 1,00
x
Tìm hệ số
Ta có: ( ) (
10 10
10
3
10
1 k k
k
)
3
x x x C x x
x
− −
=
⎛ + + ⎞ = +⎡ + ⎤ = +
⎜ ⎟ ⎣ ⎦
⎝ ⎠ ∑ 0,25
( ) ( )
10
1
10
0
k k i i
k i
k
k i
C C x− − x
= =
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
∑ ∑ 10
10
0
k
k i k
k
k i
C C x− +
= =
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
∑ ∑ i
0,25 10
x − + =k 4i 10 k
Ta xét số hạng chứa , , với ≤ ≤ 0≤ ≤i k
0,25 Có hai trường hợp: i = 4; k = i = 5; k = 10
0,25 Vậy khai triển ta hệ số 10