De thi thu DH 2009 Bai so 29 Co DA

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh B, AB = a, SA = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy.. Mặt phẳng qua A vuông góc với SC cắt SB, SC lần lượt tại H, K.[r]

ĐỀ THI THỬ SỐ 29 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi: TỐN, khối D

Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x3  3x2  mx 

(1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm giá trị m để hàm số (1) đồng biến khoảng (0; 2)

tg 2 x 

tgx   

Câu II (2 điểm) Giải phương trình 

tg 2 x

 sin x  

2 Tìm tất giá trị tham số m để phương trình nghiệm thực

4 x2

 2x   x   m có đúng

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(5; 5; 0) đường thẳng d : x   y   z 

2 4

1 Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d

2 Tìm tọa độ điểm B, C thuộc d cho tam giác ABC vuông C BC = 29

Câu IV (2 điểm) Tính tích phân

I  ( x2  x  1)ex dx

0

36x2 y  60x2  25 y 

2 Giải hệ phương trình 36 y2 z

 60 y  25z   36z x

 60z  25x 

PHẦN RIÊNG Thí sinh làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình CHUẨN (2 điểm)

1 Có số tự nhiên gồm chữ số khác mà số lớn 2500 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết

đường thẳng AB, đường cao kẻ từ A đường trung tuyến kẻ từ B có phương trình x + 4y – = 0, 2x – 3y + = 2x + 3y – =

Câu V.b Theo chương trình NÂNG CAO (2 điểm) Giải phương trình 

5  1x  

5 1x 

3.2x.

2 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh B, AB = a, SA = 2a SA vng góc với mặt phẳng đáy Mặt phẳng qua A vng góc với SC cắt SB, SC H, K Tính theo a thể tích khối tứ diện SAHK

4

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Mơn: TỐN (đề số 29)

Câu Nội dung Điểm

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Khi m = hàm số trở thành y  x3  3x2 

 Tập xác định : 

 Sự biến thiên: y' 3x2  6x; y'   x  x  0,25

 yCT = y(0) = -2, yCĐ = y(2) = 0,25

 Bảng biến thiên:

x  

y'  + 



y

2 

0,25

 Đồ thị:

y

2

0 x

1

-2

0,25

2 Tìm giá trị m…(1,00 điểm) Ta có

y'

3x2  6x  m

Hàm số đồng biến (0; 2) y'

 x  (0; 2)  m  3x2  6x x  (0; 2)

0,50

Xét hàm số g ( x)  3x2  6x với x  (0; 2) Ta có bảng biến thiên

x 0

g’(x)  +

g(x) 0

3

II 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Điều kiện : cosx 

2(tg x  tgx)

Phương trình cho tương đương với  sin x  cos x

tg 2 x 

1

 cos2 x(tg 2 x  tgx)  sin x  cos x  sin2 x  sin x cos x  sin x  cos x  (sin x  cos x)(2 sin x  1) 

0,50

 sin x  cos x   tgx 1  x   k

 sin x    sin x   x   k 2 hay x  5  k 2

2 6

Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình x   k  x    k 2 x  5  k 2 k  Z 

4 6

0,50

2 Tìm tất giá trị tham số m…(1,00 điểm)

Đặt t  x   , phương trình cho trở thành t 4   t  m

(*)

Ta thấy ứng với nghiệm khơng âm phương trình (*) có nghiệm phương trình cho, phương trình cho có

0,50

3

Xét hàm số f (t)  t 4   t với t ≥ 0, ta có f / (t)  t  

4 t 4  33 Mà f(0) = 3 lim f (t)  0.

x  Nên ta có bảng biến thiên:

t 

f ’(t) 

f(t) 3

0

Từ bảng biến thiên suy giá trị cần tìm m  m 

III

1 Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua d…(1,00 điểm) 

Đường thẳng d có vectơ phương u  (2; 3; 4) Mặt phẳng (P) qua A

vng góc với d nhận u làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình (P): 2(x – 5) + 3(y – 5) – 4(z – 0) =  2x + 3y – 4z – 25 =

0,50

Gọi H trung điểm AA’ (cũng hình chiếu vuống góc A d) Khi H giao điểm AA’ và (P) nên có tọa độ xác định



d : x   y   z 

hệ  4 

 x  y  4z  25 

Giải hệ ta H(3; 5; - 1), suy A’(1; 5; -2)

0,50

2 Tìmđiểm B, C thuộc d… (1,00 điểm)

Vì C  d AC  d nên C  H(3; 5; -1) (hình chiếu vng góc A d)

Nếu a = 2, ta có cách chọn b, A82 cách chọn c, d nên có A82 = 280 cách chọn abcd

Vậy số số thỏa mãn yêu cầu toán 3528 + 280 = 3808 số

0,50

2 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC (1,00 điểm)

 x  y  

Tọa độ đỉnh A nghiệm hệ phương trình   A(2;1) 2x  y  

 x  y  

Tọa độ đỉnh B nghiệm hệ phương trình   B(6; 1) 2x  y  

0,50

Đường thẳng BC qua B vng góc với đường cao kẻ từ A nên có phương trình là: 3(x – 6) + 2(y + 1) =  3x + 2y – 16 =

Trung điểm AC thuộc đường trung tuyến kẻ từ B nên tọa độ điểm C nghiệm

 3x  y 16 

hệ phương trình  x 2 y  1  C (2; 5) 



2   

 2

Kết luận: A( - ; 1), B(6; -1), C(2; 5)

0,50

V.b 2,00

1 Giải phương trình…(1,00 điểm)

x x

 5    5  

Phương trình cho tương đương với

 2    2   

   

x x

 5    5 1  1

Đặt t 

 2    2  t

   

Phương trình trở thành t 2    t  3t    t  1hay t 

t

0,50

x  5    Với t = ta

 2    x 

 

x

 Với t = ta      x  log

2  1

 

 

0,50

2 Tính theo a thể tích khối tứ diện SAHK…(1,00 điểm)

Vì SA  (ABC) nên SA  BC Mà AB  BC, BC  (SAB) Suy AH 

BC Mặt khác AH  SC nên AH  (SBC) Suy AH  SB AH  HK

S

K

H

A C

1 B

VSAHK  dt ( AHK ).SK  AH HK.SK (*).

3

Trong tam giác SAB vng A có

1 1 SA2 AB2 4a2 a2 2a

   AH   

AH 2 SA2 AB2 SA2  AB 4a2  a2

Trong tam giác SAC vuông A

2

có SC  SA2  AC  4a2  2a2  a 6, SK  SA  4a  2a

SC a 6

2

Suy AK 2

 SA2  SK  4a 24a 12a

9

Trong tam giác AHK vng H có

2

HK  AK 2  AH  12a 4a  2a 30

9 15

Thay vào (*) ta VSAHK  2a 2a 30 2a  a3 (đvtt)

6 15 45

0,50