DeDap An Thi DH Mon Toan Khoi BD09BGDDTY Nghiadoc

Chó ý chuÈn bÞ nhiÒu bót cïng lo¹i, cïng mµu (nªn dïng mµu xanh).. Nªn ®i ngñ sím, dËy sím vµ ®Õn trêng sím.[r]

BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN, 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3mx2 m 1x1, 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)

1 Giải phương trình :  

4

sin cos

tan cot

sin 2

x x

x x

x



 

2 Giải phương trình:    

2

8

4

log x1 2log 4 xlog 4x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

2

2 dx A

x x







Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy đường tròn tâm O, SA SB hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB 1, diện tích tam giác SAB 18 Tính thể tích diện tích xung quanh hình nón cho

Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  

2

7

2

x x

x m x m

  

    

    

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) A Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1 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2y 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 VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện sau:

4

1

4

1

5 15

n n n n

n n

C C A

C A

  



 



 

  

 



 (Ở A Cnk, nk số chỉnh hợp số tổ hợp chập k n phần tử)

B Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – = đường tròn (C):

2

2

x y  x y  .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

2.Cho mặt phẳng (P):x 2y2z1 0 đường thẳng

1 5

: ; :

2

x y z x y z

d     d    

Tìm điểm Md ,1 Nd2 cho MN // (P) cách (P) khoảng

Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) hàm số  

1 ( ) ln

3

f x

x



 giải bất phương trình

0

6 sin

2 '( )

2

t dt f x

x



 

 

-Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm.

Họ tên thí sinh……… ; Số báo danh:………

ĐÁP ÁN ĐỀ THI

Câu Ý Nội dung Điể

m

I 2,00

1 1,00

Khi m = ta có y x 33x21

+ MXĐ: D 0,25

+ Sự biến thiên:

 Giới hạn: xlim  y ; limx y



2

'

y  x  x;

2 '

0 x y

x      



0,25

 Bảng biến thiên

 2 3; CT  0

yC§ y   y y 

0,25

 Đồ thị

2 1,00 + Khi m =  y x  1, nên hàm số khơng có cực trị 0,25

+ Khi m0  y' 3 mx26mx m1

Hàm số cực trị y' 0 khơng có nghiệm có nghiệm kép

0,50

 

2

' 9m 3m m 12m 3m

       

1

4 m

  

0,25

II 2,00

1 1,00

 

4

sin cos

tan cot

sin 2

x x

x x

x 

 

(1) Điều kiện: sin 2x0

0,25

1

1 sin 1 sin cos

(1)

sin 2 cos sin

x x x

x x x



 

    

 

0,25

2

1 sin 1 1

2 1 sin 2 1 sin 2 0

sin sin 2

x

x x

x x



      

Vậy phương trình cho vô nghiệm

0,50

2 1,00

 2  3

4

log x1  2 log 4 xlog 4x

(2)

Điều kiện:

1

4

4

1

4

x

x x

x x

  

   



  

 

     

     

 

2

2 2 2

2

2

(2) log log log log log 16

log log 16 16

x x x x x

x x x x

           

       

0,25

+ Với  1 x4 ta có phương trình x24x12 (3) ;

 

2 (3)

6 x x

   

  lo¹i

0,25

+ Với 4x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4);

 

 

2 24

4

2 24

x x     

 

 lo¹i

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x2hoặc x2 1  6

0,25

III 1,00

Đặt

2 2

2

1 2 dx tdt

t x t x tdt xdx

x x

        

2

1

dx tdt tdt

x t t

  

 

+ Đổi cận:

1

2

3

2

x t

x t

  

  

0,50

1

3

2

2

2

1

3

2

1 1

ln ln

1 |

dt dt t

A

t t t

 

 

     

 

    

  0,50

IV 1,00

Gọi E trung điểm AB, ta có: OEAB SE, AB , suy SOE AB

Dựng OH SE OH SAB, OH khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết OH =

Tam giác SOE vuông O, OH đường cao, ta có:

2 2 2

2

1 1 1 1

1

9

9

8 2

OH SO OE OE OH SO

OE OE

       

   

2 2 9 81

8 2

SE OE SO     SE

1 36

9

2

SAB SAB

S S AB SE AB

SE

    

 

2

2

2 2 4 2 32 265

2 8

OA AE OE  AB OE     

 

0,25

Thể tích hình nón cho:

2

1 265 265

.3

3 8

V  OA SO    0,25

Diện tích xung quanh hình nón cho:

2 2 9 265 337 337

8 8

265 337 89305

8 8

xq

SA SO OA SA

S OA SA  

      

  

0,25

V 1,00

Hệ bất phương trình  

2

7 (1)

2 (2)

x x

x m x m

    



    

 

 1   1 x

Hệ cho có nghiệm tồn x01;6 thỏa mãn (2)

0,25

   

   

2

2

2 ( 1;6 0)

2

x x

x x x m m x x

x  

          



Gọi  

2 2 3

( ) ; 1;6

2

x x

f x x

x  

 



0,25

Hệ cho có nghiệm   x0 1;6 : ( ) f x0 m

 

 

 

 

2

2

2

2

'

2

x x x x

f x

x x

   

 

 

;  

2 17

'

2 f x   x  x   x 

Vì x1;6 nên nhận

1 17 x 

0,25

Ta có:

2 27 17 17

(1) , (6) ,

3 13 2

f  f  f    

 

 

Vì f liên tục có đạo hàm [1;6] nên

27 max ( )

13 f x 

Do   1;6

27 1;6 : ( ) max ( )

13

x

x f x m f x m m



      

0,25

VIa 2,00

Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:

 

4

2;4

2

x y x

A

x y y

   

 

  

 

   

 

0,25

Tọa độ B nghiệm hệ phương trình  

4

1;0

1 0

x y x

B

x y y

   

 

 

 

   

  0,25

Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:

 2  4

a x b y   ax by  a b

Gọi 1: 4x3y 0; 2:x2y 0; 3:ax by 2a 4b0 Từ giả thiết suy  2; 3    1; 2 Do

   

 

2 2 2

2

|1 | | 4.1 2.3 |

cos ; cos ;

25 5

0

| |

3

a b a b

a

a b a b a a b

a b

 

      



 

        

 

 + a =  b0 Do 3:y 0

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = b = Suy 3: 4x3y 0 (trùng với 1). Do vậy, phương trình đường thẳng AC y - =

0,25

Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:  

4

5;

1

y x

C

x y y

  

 

 

 

   

  0,25

2 1,00

Gọi I(a;b;c) tâm R 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  2  2

2 2 2

5

10 30 (1)

OI AI OI AI a b c a b c

a b c

           

   

 

 ,  2 | 2 | 9 2 2  2 52 (2)

3 a b c

OI d I P  a b c      a b c  a b c

 

 ,   ,  | 2 | | 2 13 |

3

2 2 13 ( )

2 (3)

2 2 13

a b c a b c

d I P d I Q

a b c a b c

a b c

a b c a b c

     

  

       

     

       

lo¹i

Từ (1) (3) suy ra:

17 11 11 4a

; (4)

3

a

b  c 

0,25

Từ (2) (3) suy ra: a2b2c2 9 (5)

Thế (4) vào (5) thu gọn ta được: a 221  a 6580

a

658 221

a 658 46; ; 67

221 221 221 I  

 

và R =

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là:

x 22y 22z12 9

2 2

658 46 67

9

221 221 221

x y z

     

     

     

     

0,25 VII

a 1,00

Điều kiện: n  1 n5

Hệ điều kiện ban đầu tương đương:

             

           

   

1

2

4.3.2.1 3.2.1

1

1

5.4.3.2.1 15

n n n n n n n

n n

n n n n n

n n n

      



   

   

   

   

 

0,50

2

2

9 22

5 50 10

5 n n

n n n

n

   



        



0,50

VIb 2,00

1 1,00

Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình

2 2 4 8 0 0; 2

1;

5

y x

x y x y

y x

x y

 

      



 

 

   



0,50 Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1)

Vì ABC900nên AC đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4)

0,50

2 1,00

Phương trình tham số d1 là:

1 3

x t

y t

z t    

    

 M thuộc d

1 nên tọa độ M

1 ;3 ; 2 t  t t

Theo đề:

 

   

 2

2

|1 2 3 1| |12 |

, 2 12 6 1,

3

1 2

t t t t

d M P            t   t  t    

0,25

+ Với t1 = ta M13;0;2;

+ Với t2 = ta M21;3;0

0,25 + Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải giao d2 với mp qua M1 // mp

(P), gọi mp (Q1) PT (Q1) là:

x 3 2y2z 2  0 x 2y2z (1)

Phương trình tham số d2 là:

5

5

x t

y t

z t

   

 

  

 (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) 0,25

VII

b 1,00

Điều kiện  

0

3 x   x

 3    

1

( ) ln ln1 3ln 3ln

3

f x x x

x

     



;

  

1

'( ) 3 '

3

f x x

x x

  

 

0,25

Ta có:

     

2

0

0

6 cos 3

sin sin sin sin

2 |

t t

dt dt t t

 



 

   



         

  0,25

Khi đó:

2

0

sin '( )

2 t

dt f x

x



 





   

2

3 0

3

3

3

3; 3; 2 2

x x

x x

x x

x

x x x x



  

  



  

 

      

  

      

 

0,50

Hết.

GV: Đặng Ngọc Liên-SĐT: 0977467739 Trường THPT Ngọc Hồi – KonTum-TPKonTum. Chúc em ơn tập ngày cuối có hiệu cao nhất!

Gửi Tặng em :”””’’”’’’” vHọc Và Thi v’’’””’’’””’’

thi đại học 2009 - điểm cần lu ý

-I Tríc thi:

1 Học: Không nên đọc, học cách ngấu nghiến, nhồi nhét  căng thẳng hay quên

Nªn xem lại phần lơ mơ, công thức cha thuộc Tâm lí thoải mái!

2 n uống: Tránh thức khuya, học sức ăn uống, ngủ đầy đủ (6  7h), có

thãi quen ngủ tra (15 45) tốt Tránh tế nhị với dầy, chất

kích thích (chè, cà phê)

3 i thi: Tỡm hiểu kĩ địa điểm thi  chọn đờng tốt nhất, tránh ách tắc, nên sớm

nÕu cần thiết, có ngời nhà đa Chú ý ăn mặc, đầu tóc, giầy dép, tác phong nghiêm túc

4 Bi tèi tríc ngµy thi:

Soạn đầy đủ giấy tờ, đồ dùng: Giấy báo thi, CMND, giấy chứng nhận tốt nghiệp, bút, bút chì, tẩy, thớc, compa, đồng hồ, máy tính (nên dùng loại Casio - fx 500A, 570 MS), để sẵn Chú ý chuẩn bị nhiều bút loại, màu (nên dùng màu xanh) Không

…

dùng bút xoá Nên ngủ sớm, dậy sớm đến trờng sớm Nếu trờng xa, buổi tra nên nghỉ lại

II Trong thi: - với môn Toán:

Đ H

Th giÃn! T tởng thật thoải mái, hát thầm (nếu có khả năng), ngắm nhìn phong cảnh

(nÕu ngêi ta më cưa sỉ), nãi chun nhá với hàng xóm, hít thở Bình tĩnh, tự tin vµ

cẩn thận giành đợc 50% phần thắng Nhận thi:

Nên dành khoảng - 10 phút đọc kĩ đề, đọc  lần  lên chiến lợc làm bài: các câu

dÔ làm trớc, khó làm sau ( Dê làm khổ bò ) Làm thi:

- Nu có hớng làm khơng cần nháp, làm thẳng vào thi Sai lấy

thớc gạch chéo đờng, cách - dòng làm tiếp Khơng dùng bút chì để vẽ đồ thị

- Mỗi nên làm khoảng 15 phút, không nên đầu t nhiều quá,

nháp thấy 10 phút mà cha nên chọn câu khác, câu quay lại sau

- Chú ý giành điểm một, dù 1/4 điểm không chê

- Có ý thức kiểm tra bớc biến đổi Làm xong bài, dành khoảng phút xem

lại Đừng đợi làm xong hết kiểm tra Cố gắng làm

- Kiểm tra việc đặt điều kiện so sánh điều kiện Chú ý trình bày sáng sủa, rõ

ràng, đủ ý, viết Câu 1, a, b, c rõ ràng, d c

- Khi căng thẳng tạm thời dừng lại hít thở, ngắm nhìn ngời lµm

bài, nghĩ đến câu chuyện cời …

- Bài thi, giấy nháp để gọn gàng, đừng nháp vào thi đừng nộp tờ

nháp Kiểm tra đầy đủ SBD, số tờ, thơng tin cá nhân, chữ kí giám thị Nộp thi: Tuyệt đối không đầu hàng trớc giờ, chiến đấu đến phút 179 Chỉ nộp

bài giám thị yêu cầu Chú ý kiểm tra thêm lần trớc nộp Khi lên nộp nhớ mang theo đồng hồ, máy tính, tránh mát

- với môn Thi trắc nghiệm: Xem đề cơng 15 điểm (4chuẩn bị,5bí quyết,6lu ý)

Häc TËp – Thi Cư Vµ Thành Đạt !