De thi DH 2962009khoi A

Học sinh chỉ được làm 1 phần riêng, nếu làm cả 2 phần không chấm phần riêng..[r]

Bé GD & §T ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Mơn thi : TỐN, khối A

Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề ……………… A PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm):

Câu I: Cho hàm số y x 3 3m x2 2m (Cm)

a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = b) Tìm m để (Cm) cắt Ox điểm phân biệt Câu II: a) Giải phương trình:

(sin sin 4) cos 2sin

x x x

x

  

 

b) Giải phương trình: 8x 1 23 x11

Câu III: Tính tích phân sau:

2

3

sin I

(sin cos )

xdx

x x

 





Câu IV: Khối chóp SABC có SA(ABC), ABC vng cân đỉnh C SC = a.Tính góc giữa mặt phẳng (SCB) (ABC) để thể tích khối chóp lớn

Câu V: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực phân biệt: 2 x 2x (2 x)(2x) m

B PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh làm phần Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a:

1) Trong mp(Oxy) cho điểm M(3;1) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt tia Ox,Oy A B cho (OA+3OB) nhỏ

2) Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x y z  1 0 để MAB tam giác biết A(1;2;3) B(3;4;1)

Câu VII.a: Tìm hệ số x20 khai triển Newton biểu thức

5

2

( x )n

x 

biết rằng:

0 1 ( 1) 1

2 13

n n

n n n n

C C C C

n

     

 Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b:

1) Trong mp(Oxy) cho điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) : 3 x y  0 cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích 2) Trong khơng gian Oxyz cho đường thẳng ( )1 có PT



x2 ;t y t z ; 4



; (2) giao

tuyến 2mp( ) : x y  0 và( ) : 4 x4y3z12 0 Chứng tỏ  1, 2 chéo viết

phương trình mặt cầu nhận đoạn vng góc chung  1, 2 làm đường kính.

Câu VII.b: Cho hàm số

2 (2 1) 4

2( )

x m x m m

y

x m

    



 Chứng minh với m hàm số có cực trị khoảng cách hai điểm cực trị số không phụ thuộc m

============Hết============

Câu Đáp án Điểm

Ia) 1điểm

3 3 2

y x  m x m (C m)

3

1

m  y x  x (C)

0.25 TXĐ: D=R, y' 3 x2 3, ' 0y   x1

HS đồng biến



  ; 1





1;



; nghịch biến



1;1



0.25 HS đạt cực đại x1;yCD 4, đạt cực tiểu x1;yCD 0

Giới hạn: xlim , limx   

Bảng biến thiên: 0.25

Đồ thị:(C)Ox A(1;0) B(-2;0), :(C)Oy C(0;2) 0.25

x - -1 1 +

f’(t) + - +

f(t) -

4

0

+

Ib)

1điểm (Cm) có hệ số

3

x 1, khơng có cực trị ln đồng biến, để cắt trục

hồnh điểm (Cm) phải có cực trị

0.5

'

y

  có nghiệm phân biệt 3x2 3m2 0

   có 2ng pb

Khi m0thì y' 0  xm

(Cm) cắt Ox điểm phân biệt  yCĐ = yCT = 0

0.5

3

( ) 2 0

y m   m  m  m (loại)

3

( ) 2 0

y m    m  m  m  m  KL: m1

IIa)

1điểm (sin sin 4) cos

2sin

x x x

x

  

 

(sin sin 4) cos 2sin

x x x

x

   

   

 

 

1.0

(2cos 1)(sin cos 2) 2sin

x x x

x

  

   

 

 

2cos

2

2sin

x

x k

x

  

 

    

 



IIa) 1điểm

3

8x 1 2x 1 Đặt 2x  u 0; 23 x11v

3

3

3 2

0

1 2

2

1 ( )( 2)

u v

u v u v

u u

v u u v u uv v

 

      

 

     

  

      

  

 

2

1 0; log

2

x x  

   0.5

III

1điểm Đặt x t dx dt



   

; x t 2;x t

 

     

2

3

sin I

(sin cos )

xdx

x x

 







2

3

0

cos cos

I

(sin cos ) (sin cos )

tdt xdx

t t x x

 

 

 





0.5

2

4

2 2

0

0

1

2I cot( )

2

(sin cos ) sin ( )

dx dx

x

x x x

 

  

     

 





1

I

 

0.5 IV

1điểm

ACBC SCBC (đlý đg vng góc) 



(0; )

SCA 

   0.25

sin , cos

SA a  AC BC a 

   

3

3 (sin sin )

SABC a

V  

   0.25

Xét hàm số ysinx sin3x khoảng (0; )2



, lâp BBT 0.25

3

max max

( )

6

SABC a a

V y

  

1 sin

3  

, (0; )2



  0.25

V 1điểm

Đk: 2 x 2, đặt t 2 x 2x

1

'

2 2

t

x x



   

 

( )

t t x

  nghịch biến [-2;2] t [-2;2]

0.25

Ta có:

2

2 4 4 4

2

t

t    x   x  

2 x 2x (2 x)(2x)m 2m t 22t 4f t( )

0.25 Bảng biến thiên:

x -2 -1

f’(t) - +

f(t) -4

-5

4

Phương trình có nghiệm phân biệt

5

5

2

m m

        0.5

Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn VIa.1

1điểm

Phương trình đường thẳng qua M(3;1) cắt tia Ox A(a;0),cắt tia Oy B(0;b), a,b>0 là:

3 1

a b

  

0.5

Theo bất đẳng thức Cauchy

3

1 ab 12

a b a b

    

min

3

6

( ) 12 3 1 1

2

a b

a

OA OB

b

a b

 

  

      



  



 0.5

PTĐT là: 6

x y

x y

     

VIa.2

1điểm MA=MB M thuộc mp trung trực đoạn AB có PT:

3

x y z    (Q) 0.25

M thuộc giao tuyến (P) (Q) có dạng tham số: x2;y t 1;z t

: (2; 1; )

t M t t

     AM  2t2 11t 0.25

Vì AB = 12 nên MAB MA=MB=AB

2 18

2

2

t t t 

     

6 18 18

(2; ; )

2

M  

  0.5

VII

1điểm Theo Newton thì:

0 2

(1 x)nCn  C x C xn  n  ( 1)  nC xnn n B

Vì

1

0

1 (1 )

1 n

x dx n

 





,

1

0

0

1 1

( 1)

2

n n

n n n n

Bdx C C C C

n

     





1 13 12

n n

    

0.5

Lại có:

12

5

12

3

0

2

( ) ( ) ( )

n k

n k k

k

x C x

x x





 



, Tk1C12k 212k.x8k36

0.25 Số hạng ứng với thoả mãn: 8k 36 20  k7

 Hệ số x20 là: C127.2525344 0.25

2 Theo chương trình nâng cao: VIb.1

1điểm Viết phương trình đường AB:

4x3y 0 AB5

Viết phương trình đường CD: x 4y17 0 CD 17 0.25

Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M ( ;3t t 5) Ta tính được:

13 19 11 37

( , ) ; ( , )

5 17

t t

d M AB   d M CD   0.25

Từ đó: SMAB SMCD  d M AB AB d M CD CD( , )  ( , )

9

t t

   

 Có điểm cần tìm là:

7 ( 9; 32), ( ; 2)

3

M   M 0.5

VIb.2

1điểm Ta có: 1 qua M1 = (0;0;4), có vectơ phương u1(2;1;0)



Ta tìm 2 qua M2 = (3;0;0), có vectơ phương u2 (1; 1;0)



1, 12

u u M M

 

                  

 1,2 chéo nhau.

0.25

Gọi chân đg vng góc chung 1,2 là: A t t



2 ; ; 4



 1, A t t



2 ; ; 4



 1

( 3; ; 4)

AB s t s t

      



Do AB u 10,AB u 0

   

1,

t s

  

(2;1; 4), (2;1;0)

A B

  

0.5 Mặt cầu cần tìm mặt cầu đường kính AB có tâm I(2;1;2), bán kính

1

2

R AB

có phương trình là: (x 2)2(y1)2(z 2)24

VII 1điểm

ĐK: xm, ta có:

1 1 2

'

2 2 ( )

y x m y

x m x m

      

 

' 2

y   xm  xm .Ta có bảng biến thiên:

0.5

x - m 2 -m m2 +

y’ + - - +

y

KL: Hàm số ln có cực đại cực tiểu với m Phương trình đường thẳng qua điểm cực trị

2

2

x m

y  

0.5

CD CT CD CT

y y x x

     AB (y2 y1)2(x2 x1)2  x1 x2

4 AB

  không đổi  ĐPCM