thầy trần ngọc văn thầy trần ngọc văn để thi thử đại học cao đẳng năm 2009 đề số 1 môn thi toán khối d thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề câu i 2 điểm cho hàm số m là tham số

Thầy : Trần Ngọc Văn Đề số Câu I (2 điểm) Cho hàm số ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Mơn thi: TỐN, khối D Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề y  f ( x) mx  3mx   m  1 x  , 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) 4 sin x  cos x sin x Giải phương trình :   tan x  cot x  log  x  1   log Giải phương trình:  x  log   x  3 A Câu III (1 điểm) Tính tích phân  dx x 1 x 2 Câu IV (2 điểm) 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  y  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 V (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện sau:  Cn   Cn   An   C n   A3 k k  n 1 15 n 1 (Ở An , Cn số chỉnh hợp số tổ hợp chập k n phần tử) Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – = đường tròn 2 (C): x  y  x  y  0 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 trịn (C) cho tam giác ABC vng B x  y  z  0 Cho mặt phẳng (P): đường thẳng d1 : x  y z x  y z 5  ; d2 :   3 5 Tìm điểm Câu Ý I M  d1 , N  d cho MN // (P) cách (P) khoảng Nội dung Khi m = ta có y x  3x  + MXĐ: D  + Sự biến thiên: Điểm 2,00 1,00 0,25 lim y  ; lim y   Giới hạn:   x  y ' 0   y ' 3 x  x ;  x 0  Bảng biến thiên x   x   0,25 0,25 yC§  y    3; yCT  y    0,25  Đồ thị 1,00 + Khi m =  y x  , nên hàm số khơng có cực trị 0,25  y ' 3mx  6mx   m  1 + Khi m 0 Hàm số khơng có cực trị y ' 0 khơng có nghiệm có nghiệm kép 0,50   ' 9m  3m  m  1 12m  3m 0  m  II 0,25 2,00 1,00 sin x  cos x   tan x  cot x  sin x (1) Điều kiện: sin x 0 1 (1)  1  sin x  sin x cos x      sin x  cos x sin x  sin x  sin x sin x  1 sin x 1  sin x 0 Vậy phương trình cho vơ nghiệm 0,25 0,25 0,50 1,00 log  x  1  log Điều kiện:  x  log   x   x  0  4  x   4  x   (2) 0,25   x    x  (2)  log x   log   x   log   x   log x   log  16  x   log x 1 log  16  x   x 1 16  x 0,25 2 + Với   x  ta có phương trình x  x  12 0 (3) ;  x 2 (3)    x   lo¹i  0,25 + Với   x   ta có phương trình x  x  20 0 (4);  x 2  24  4   0,25  x 2  24  lo¹i  x 2    Vậy phương trình cho có hai nghiệm x 2 III 1,00 Đặt  t   x  t 1  x  2tdt  xdx  dx tdt  x x dx tdt tdt   2 x 1 t t 1 0,50 + Đổi cận: x  t 2 x  t 2 dt dt t 1 23    A    ln |1  ln   t  1 1 t 1 t   0,50 IV 1,00 0,25 Gọi E trung điểm AB, ta có: OE  AB, SE  AB , SOE   AB suy  OH  SE  OH  SAB   , OH khoảng cách từ O đến (SAB), theo Dựng giả thiết OH = Tam giác SOE vng O, OH đường cao, ta có: 1 1 1  2    1   2 2 OH SO OE OE OH SO 9  OE   OE  2 81 SE OE  SO     SE  8 2 2S 36 S SAB  AB.SE  AB  SAB  8 SE 2 0,25 9 265 1  OA2  AE  OE  AB   OE   32   8 2  1 265 265 V   OA2 SO     3 8 Thể tích hình nón cho:   0,25 Diện tích xung quanh hình nón cho: SA2 SO  OA2 9  S xq  OA.SA  265 337 337   SA  8 265 337  8 0,25 89305 V 1,00  x  x  0 (1)  x   m  1 x  m  0 (2) Hệ bất phương trình   1  x 6 Hệ cho có nghiệm tồn x0   1;6 0,25 thỏa mãn (2)    x2  x   x 1 m  x2  2x  m ( x   1;6   x 1  0)  x 1 x2  2x  f ( x)  ; x   1;6 x 1 Gọi 0,25 Hệ cho có nghiệm  x0   1; 6 : f ( x0 ) m f ' x  2x2  x   x  1   x2  x  4  x  1 ; f '  x  0  x  x  0  x    17 0,25 Vì x   1; 6 nên nhận x   17 2 27    17    17 f (1)  , f (6)  , f    13  2  Ta có: Vì f liên tục có đạo hàm [1;6] nên Do max f ( x )  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  x  y  0    x  y  0 A nghiệm hệ phương trình:  x   A   2;    y 4 4 x  y  0   x  y    Tọa độ B nghiệm hệ phương trình 0,25  x 1  B  1;0    y 0 0,25 Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a  x    b  y   0  ax  by  2a  4b 0 Gọi 1 : x  y  0;  : x  y  0;  : ax  by  2a  4b 0  ;    ;  Từ giả thiết suy     Do |1.a  2.b | | 4.1  2.3 | cos  ;   cos 1 ;     25 5 a  b  a 0  | a  2b |2 a  b  a  3a  4b  0    3a  4b 0 + a =  b 0 Do 3 : y  0 0,25 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = b = Suy 3 : x  y  0 (trùng với 1 ) Do vậy, phương trình đường thẳng AC y - =  y  0  x 5   C  5;   x  y   y    Tọa độ C nghiệm hệ phương trình: 0,25 1,00 Gọi I(a;b;c) tâm R bán kính mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có: OI  AI d  I ,  P   d  I ,  Q   OI  AI   OI d  I ,  P    d  I ,  P   d  I ,  Q   0,25 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  b2  c   a  2b  2c   (2) | 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 4 (3)  a  2b  2c   a  2b  2c  13 17 11a 11  4a b  ;c (4) Từ (1) (3) suy ra: 2 Từ (2) (3) suy ra: a  b  c 9 (5) a    221a  658  0 Thế (4) vào (5) thu gọn ta được:  67   658 46 658 I ; ; a  221 Suy ra: I(2;2;1) R =  221 221 221  Như a 2 0,25 R = Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là: 2 658   46   67   2 x  y   z  9     x     y     z  1 9  221   221   221  VIIa 0,25 1,00 Điều kiện: n  4  n 5 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 n  9n  22    n  5n  50 0  n 10 n 5  VIb 0,50 0,50 2,00 1,00 Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình  x  y  x  y  0  y 0; x 2    y  1; x   x  y  0 0,50 Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1) 0,50  Vì ABC 90 nên AC đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường trịn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4) 1,00 Phương trình tham số d1 là:  x 1  2t   y 3  3t  z 2t  M thuộc d1 nên tọa độ M   2t;3  3t ; 2t  0,25 Theo đề: d  M , P   |1  2t    3t   4t  1| 12      22 + Với t1 = ta M  3; 0;  + Với t2 = ta M  1;3;  2  |12t  | 2  12t  6  t1 1, t2 0 ; 0,25 + Ứng với M1, điểm N1  d cần tìm phải giao d với mp qua M1 // mp (P), gọi mp (Q1) PT (Q1) là:  x  3  y   z   0  x  y  z  0 (1)  x 5  6t   y 4t  z   5t  0,25 Phương trình tham số d2 là: (2)  Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = t = -1 Điểm N1 cần tìm N1(-1;4;0) + Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5) VII b  x Điều kiện  f ( x) ln   x  Ta có: 3 0,25 1,00 0 x 3 ln1  3ln   x   3ln   x  ; f '( x )    x '  3 x   x 0,25   t  cos t 3 sin dt   dt   t  sin t  |      sin      sin   3        t   sin dt   3  x x   f '( x)   x  3; x  x2 Khi đó: 2x   x2  x x2 0    1    x 3  x  3; x  2  0,25 0,50