Bài giảng Đề thi thử ĐH lần 2 năm học 2008 - 2009

Trờng THPT chuyên Hùng Vơng Đề thi kiểm tra chất lợng lớp 12 lần II năm học 2008 2009 Môn thi : Toán, khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Đề chính thức Phần chung cho tất cả các thí sinh Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 mx 2 +2, với m là tham số. (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m=3. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải phơng trình: 3 2 3 8sin sin cos cos 2sin cosx x x x x x = 2. Giải hệ phơng trình: 3 1 3 1 (5 ) (5 ) 4 2 2 x y x x y y x y + = = Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2 2 0 ( 2) 5 dx I x x = + + Câu IV (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB=AC=DB=DC= a; AD=BC=b. Tính thể tích tứ diện ABCD theo a và b. Câu V (1 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phơng trình sau có nghiệm: 2 2 1 4 3x x x m+ + = Phần tự chọn: Thí sinh chỉ đợc chọn làm một trong hai phần 1 hoặc 2. 1. Theo chơng trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm). Cho hình lập phơng ABCD.ABCD có cạnh bằng a. Gọi M, N, P lần lợt là trung điểm của AB, CD, DD. Tính thể tích của tứ diện BMNP và tính khoảng cách giữa các đờng thẳng MN và BP. Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n ta có: 1 0 1 2 3 1 1 1 1 2 1 . 2 3 4 1 1 n n n n n n n C C C C C n n + + + + + + = + + 2. Theo chơng trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng: 1 1 2 1 (d ) : 1 1 2 x y z = = và 2 1 1 2 (d ) : 1 2 3 x y z+ = = . Chứng minh các đờng thẳng 1 (d ) , 2 (d ) chéo nhau. Viết phơng trình đờng thẳng (d) cắt 1 (d ) và 2 (d ) đồng thời vuông góc với mặt phẳng (P): x+4y+2z+1=0. Câu VII.b (1 điểm) Cho x, y là các số dơng thỏa mãn x+y=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 1 4 1 P x y xy = + + --------------------------- Hết ------------------------ C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh : .Sè b¸o danh : . 2 Đáp án Thang điểm Đề thi kiểm tra chất lợng lớp 12 lần II Năm học 2008 2009 Môn Toán , khối A, B, D (Đáp án thanh điểm gồm 06 trang) Câu ý Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m=3: (1,00 điểm) Hàm số y = x 3 3x 2 +2 . Tập xác định: R Sự biến thiên: + y' = 3x 2 -6x = 3x(x2), y'=0 0 2 x x = = 0,25 Ta có: y' > 0 x < 0 hoặc x > 2 nên hàm số đồng biến trên các khoảng (- ;0) và (2;+ ) , nghịch biến trong khoảng (0;2). Hàm số đạt cực đại tại x=0, giá trị cực đại là 2 và đạt cực tiểu tại x=2, giá trị cực tiểu là 2 . x lim y = - , + x lim y = + + y'' = 6x-6 = 6(x-1), y''=0 x=1 y''<0 x<1, suy ra đồ thị hàm số lồi trong khoảng(- ;1) và lõm trong khoảng (1;+ ), điểm uốn của đồ thị là điểm U(1;0). 0,25 + Bảng biến thiên: x - 0 2 + y' + + 0 - - 0 + + y 0,25 Đồ thị: -8 -6 -4 -2 2 4 6 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y 0,25 2 Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại duy nhất . : (1,00 điểm) 3 - + 2 2 Trong trờng hợp tổng quát, ta có hàm số y= x 3 mx 2 +2. Ta có y = 3x 2 2mx. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất khi và chỉ khi xảy ra 2 trờng hợp sau đây : Hàm số không có cực trị : y= 0 vô nghiệm hoặc chỉ có nghiệm kép , suy ra phơng trình 3x 2 2mx = 0 chỉ có nghiệm kép x=0 m = 0. 0,25 Hàm số có cực đại và cực tiểu nhng giá trị cực đại và cực tiểu cùng dấu nhau : Điều này tơng đơng với y= 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 sao cho y(x 1 ).y(x 2 ) > 0. + y= 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 m 0. 0,25 + Ta viết 2 3 2 ' 2 9 9 x m m y y x = + Từ đó : 2 2 1 1 2 2 2 2 ( ) 2, ( ) 2 9 9 m m y x x y x x= + = + và 2 2 1 2 1 2 2 2 ( ). ( ) 0 2 2 0 9 9 m m y x y x x x > + + > ữ ữ 0,25 4 2 1 2 1 2 4 4 ( ) 4 0 81 9 m m x x x x + + > 4 2 4 4 2 .0 . 4 0 81 9 3 m m m + > 3 3 8 3 4 4 27 2 m m < < Kết luận : Các giá trị m cần tìm là 3 3 4 2 m < . 0,25 II 2,00 1 Giải pt: 3 2 3 8sin sin cos cos 2sin cosx x x x x x = (1,00 điểm) Phơng trình tơng đơng với: 3 2 3 2 2 8sin sin cos cos (2sin cos )(sin cos )x x x x x x x x = + 3 2 3 3 2 2 3 8sin sin cos cos 2sin 2sin cos cos sin cosx x x x x x x x x x = + 3 2 2 2 6sin 2sin cos 0 sin (3sin cos ) 0x x x x x x = = 0,50 2 2 sin 0 3sin cos 0 x x x = = sin 0 sin 1 / 2 sin 1/ 2 x x x = = = 0,25 Từ đây ta đợc các nghiệm: 5 7 ; 2 ; 2 ; 2 ; 2 6 6 6 6 x k x k x k x k x k = = + = + = + = + 0,25 2 Giải hệ phơng trình . (1,00 điểm) Hệ đã cho tơng đơng với: 3 1 3 1 (5 ) (5 ) 4 2 2 x y x x y y x y + = = Hệ phơng trình có tập xác định 0 x, y 5. 0,25 4 Xét hàm số 3 1 ( ) 2 t f t t = trên [0;5], ta có với [ ] 0;5t thì : ( ) 3t 1 1 f t 3.2 .ln2 1 3.2 .ln 2 1 ln 8 1 0 = = > . Từ đây suy ra f(t) là hàm đồng biến trên [0 ;5] và do đó với 0 x, y 5 mà f(x)=f(y) x=y. 0,50 Vậy hệ phơng trìn đã cho tơng đơng với : (5 ) (5 ) 4x x y y x y + = = Từ đây ta đợc 2 ngiệm của hệ là : 1 1 x y = = và 4 4 x y = = 0,25 III Tính tích phân 1,00 Đặt 2 2 2 2 2 5 5 2 5y x x y x x y yx x x= + + = + + = + 2 2 2 5 5 2 2 y y x dx dy y y + = = ; 2 2 5 5 2 y x y x y + + = = . Ta có x=0 y= 5 và x=2 y=5. Do đó : 0,25 2 2 2 5 5 2 2 2 2 2 0 5 5 4 5 . 2 ( 4 5)( 5) 2 4 5 ( 2) 5 dx y y dy I dy y y y y y y x x + = = = + + + + + 0,25 5 5 5 5 1 1 1 2 ( 1)( 5) 3 1 5 dy dy y y y y = = ữ + + 0,25 ( ) 5 1 1 4 10 1 5(3 5) ln 1 ln 5 ln ln ln 3 3 3 5 5 1 5 5 5 y y + = + = = ữ + 0,25 IV 1,00 b b a a a a N M C D B A Gọi M, N lần lợt là các trung điểm của BC và AD, ta có: Do các tam giác ABD và ACD cân nên BN AD; CN AD , suy ra AD mp(BCN) . 0,25 5 Lại có ABD = ACD (c.c.c) NB=NC NM BC 0,25 Trong ta giác vuông NCD có 2 2 CN 4 b a= Trong ta giác vuông MCN có 2 2 2 2 2 2 4 2 MN CN CM 2 2 b a b a = = = 0,25 Từ đây suy ra 2 2 2 1 1 1 V(ABCD) = S(NBC).AD = BC.MN.AD = 4 2 3 6 12 b a b 0,25 V Tìm tất cả các giá trị của m để 1,00 Xét hàm số: 2 2 1 4 3y x x x= + + + Tập xác định x 1 hoặc x 3. + Đạo hàm y= x x 2 1 + - x x x + 2 4 3 2 x<1 hoặc x>3. 0,25 + Giải pt y = 0 x x 2 1 + = x x x + 2 4 3 2 x x 2 2 1 + = ( )x x x + 2 4 3 2 2 x 2 (x 2 -4x+3) = (x-2) 2 (x 2 +1) x 2 (x-2) 2 - x 2 = x 2 (x-2) 2 +(x-2) 2 (x-2) 2 + x 2 = 0 vô nghiệm. Chứng tỏ trên mỗi khoảng (- ,1) và (3,+ ) đạo hàm y chỉ có một dấu xác định. Mặt khác y(0) = 2 3 >0 và y(4) = 4 17 - 2 3 <0 nên: y>0 với x (- ,1) và y<0 với x (3,+ ) . 0,25 + 2 2 2 2 4 2 lim lim( 1 4 3) lim 1 4 3 x x x x y x x x x x x + + + = + + = + + + 2 2 4 2 / 4 lim 2 2 1 1/ 1 4 / 3 / x x x x x + = = = + + + + 2 2 2 2 4 2 lim lim( 1 4 3) lim 1 4 3 x x x x y x x x x x x = + + = + + + 2 2 4 2 / 4 lim 2 2 1 1/ 1 4 / 3 / x x x x x = = = + + 0,25 Ta có bảng biến thiên: x - 1 3 + Y + + 0 0 - - - 2 10 y -2 2 0,25 6 Từ bảng biến thiên ta có MGT của hàm số 2 2 1 4 3y x x x= + + là: (-2, 2 ] (2, 10 ]. Vậy phơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi : -2<m 2 hoặc 2<m 10 . VIa 2,00 P N M B A ' B ' C' D ' A D C Xác lập hệ tọa độ Oxyz nh sau: + Gốc tọa độ A + Nửa trục dơng Ox là tia AB, nửa trục dơng Oy chứa tia AD, nửa trục dơng Oz chứa tia AA. Đặt a=2b, khi đó trong hệ tọa độ Oxyz, ta có: A(0;0;0); B(2b;0;0); C(2b;2b;0); D(0;2b;0) A(0;0;2b); B(2b;0;2b); C(2b;2b;2b); D(0;2b;2b) 0,50 Theo giả thiết ta có: M(b;0;2b); N(b;2b;2b); P(0;2b;b) (0;2 ;0); ( 2 ;2 ; ); ( ;0;2 )MN b BP b b b BM b b= = = uuuur uuur uuuur Ta có ( ) 2 2 3 ; 2 ;0; 4 ; 6BP MN b b BP MN BM b = = uuur uuuur uuur uuuur uuuur 0,50 Từ đó 3 3 ; ( ) 6 8 BP MN BM a V BMNP b = = = uuur uuuur uuuur 0,50 Gọi d là khoảng cách giữa các đờng thẳng MN và BP, ta có: 3 2 ; 6 3 3 2 5 5 2 5 ; BP MN BM b d b a b BP MN = = = = uuur uuuur uuuur uuur uuuur . 0,50 VIIa Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n . 1,00 Ta có : 0 1 2 2 3 3 . ( 1) n n n n n n n n C C x C x C x C x x+ + + + + = + Từ đó : 0 1 2 2 3 3 0 0 ( . ) ( 1) x x n n n n n n n n C C x C x C x C x dx x dx+ + + + + = + 0,50 Hay 1 0 1 2 2 3 3 4 1 1 1 1 1 ( 1) 1 . 2 3 4 1 1 n n n n n n n n x C x C x C x C x C x n n + + + + + + + + = + + Cho x=1 ta đợc: 1 0 1 2 3 1 1 1 1 2 1 . 2 3 4 1 1 n n n n n n n C C C C C n n + + + + + + = + + 0,50 7 VIb 2,00 Ta có (d 1 ) đi qua M 1 (1 ;2 ;1) và có véc tơ chỉ phơng 1 (1;1;2)u = ur và (d 2 ) đi qua M 2 (1 ;1 ;2) và có véc tơ chỉ phơng 2 (1;2;3)u = uur , suy ra 1 2 ( 2; 1;1)M M = uuuuuur . 0,25 Xét 1 2 1 2 ; ( 1; 1;1)( 2; 1;1) 4 0u u M M = = ur uur uuuuuur , từ đây suy ra các đờng thẳng 1 (d ) , 2 (d ) chéo nhau. 0,25 Giả sử (d) cắt 1 ( )d và 2 ( )d lần lợt tại A, B khi đó A(1+a ; 2+a ;1+2a), B(1+b ;1+2b ;2+3b). Khi đó : ( 2 ; 1 2 ;1 2 3 )AB a b a b a b= + + + uuur 0,25 Đờng thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P) : x+4y+2z+1= 0 khi và chỉ khi véc tơ AB uuur cùng phơng với véc tơ pháp tuyển (1;4;2)n = r của mặp phẳng (P). Điều này tơng đơng với : 2 1 2 1 2 3 1 4 2 a b a b a b + + + = = 0,25 8 4 4 1 2 4 2 2 1 2 3 a b a b a b a b + = + + = + 3 2 7 5 a b b = = 17 / 3 5 a b = = Từ đây ta đợc 14 11 31 ( ; ; ) 3 3 3 A ; ( 6; 9; 13)B . 0,5 Từ đây đờng thẳng (d) cần tìm là đờng thẳng đi qua B và nhận vec tơ (1;4;2)n = r là véc tơ chỉ phơng, do đó phơng trình của (d) là: 6 9 13 1 4 2 x y z+ + + = = 0,5 VIIb Cho x, y là các số dơng thỏa mãn x+y=1. Tìm 1,00 Ta có 3 2 2 4 1 27 2 2 4 . . 4 2 2 3 27 4 y y x y y xy x xy + + ữ = = ữ ữ 0,25 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 1 / 3 1 2 / 3 y x x x y y = = + = = 0,25 Từ đó : 3 2 2 2 2 1 4 1 1 2 2 1 4 1 27 63 3 9 4 4 P x y xy x y y xy xy xy = + + = + + + + + = ữ 0,25 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 1 / 3 1 2 / 3 y x x x y y = = + = = Vậy giá trị nhỏ nhất của P là min 63 P 4 = đạt đợc khi 1/ 3 2 / 3 x y = = . 0,25 8 . trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 1 4 1 P x y xy = + + -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - - Hết -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - - C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä. x 2 (x 2 -4 x+3) = (x -2 ) 2 (x 2 +1) x 2 (x -2 ) 2 - x 2 = x 2 (x -2 ) 2 +(x -2 ) 2 (x -2 ) 2 + x 2 = 0 vô nghiệm. Chứng tỏ trên mỗi khoảng (- ,1) và (3,+ ) đạo