đế và đáp án thi thử khối D 09 môn toán

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
Môn thi toán, khối D (lần 1)
Thời gian làm bài 180 phút( không kể thời gian phát đề)
A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm):
Câu I: Cho hàm số
3 2
3 3 3 2y x mx x m= − − + +
(C
m
)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m =
1
3
.
b) Tìm m để (C
m
) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là
1 2 3
, ,x x x

thỏa mãn
2 2 2
1 2 3
15x x x+ + ≥
Câu II: a) Giải bất phương trình:
4
log (log (2 4)) 1
x
x
− ≤
b) Giải phương trình:

( )
2
cos 2 cos 2 tan 1 2x x x+ − =
Câu III: Tính tích phân :
2
2
0
I cos cos2x xdx
π
=
∫
Câu IV: Cho lăng trụ đứng ABC.A
1
B
1
C
1
có AB = a, AC = 2a, AA
1

2a 5=
và
o
120BAC
=
∧
. Gọi M là trung điểm của cạnh CC
1
. Chứng minh MB ⊥ MA
1

và tính
khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A
1
BM).
Câu V: Tìm m để phương trình sau có một nghiệm thực:

2
2 2( 4) 5 10 3 0x m x m x− + + + − + =
B. PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần
Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a:
1)Trong mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d
1
):
7 17 0x y− + =
, (d
2
):
5 0x y+ − =
. Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d
1
),(d
2
)
một tam giác cân tại giao điểm của (d
1
),(d
2
).
2) Trong không gian Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có A

≡
O,
B(3;0;0), D(0;2;0), A’(0;0;1). Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với AB’.
Câu VII.a: Một kệ sách có 15 quyển sách (4 quyển toán khác nhau, 5 quyển lý khác
nhau, 6 quyển văn khác nhau). Người ta lấy ngẫu nhiên 4 quyển sách từ kệ. Tính
xác suất để số sách lấy ra không đủ 3 môn.
Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b: Trong không gian Oxyz cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng:
(d
1
):
1 2
3 2 1
x y z− +
= =
; (d
2
) là giao tuyến của 2 mp có PT:
1 0x + =
và
2 0x y z+ − + =
1) Chứng tỏ 2 đường thẳng d
1
, d
2
chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng.
2) Viết PT đường thẳng (d) qua M vuông góc (d
1
) và cắt (d
2

).
Câu VII.b: Tìm hệ số của
8
x
khai triển Newtơn của biểu thức
( )
8
2 3
1P x x= + −
Câu Đáp án Điểm
Ia)
1điểm
3 2
3 3 3 2y x mx x m= − − + +
(C
m
) khi
3 2
1/ 30 3 3m y x x x= ⇒ = − − +

(C)
0.25
TXĐ: D=R,
2
1 10
' 3 2 3, ' 0
3
y x x y x
±
= − − = ⇔ =

HS đồng biến trên
1 10
;
3
 
−
−∞
 ÷
 ÷
 
và
1 10
;
3
 
+
+∞
 ÷
 ÷
 
; nghịch biến /
( )
1 2
;x x
0.25
HS đạt cực đại tại
1
;
CD
x x y= =

, đạt cực tiểu tại
2
;
CD
x x y= =
Giới hạn:
lim , lim
x x→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
Bảng biến thiên: 0.25
Đồ thị:(C)
∩
Ox tại A(1;0) và B(x
3
;0), D(x
4
;0), :(C)
∩
Oy tại E(0;3) 0.25
x
-
∞
1
x
2
x
+
∞
f’(t) + 0 - 0 +
f(t)

-
∞
CD
y
CT
y
+
∞
Ib)
1điể
m
Phương trình hoành độ giao điểm:
3 2
3 3 3 2 0x mx x m− − + + =
2 2
( 1)[ (3 1) 3 2]=0 1 (3 1) 3 2 0 (2)x x m x m x x m x m⇔ − − − − − ⇔ = ∨ − − − − =
(C
m
) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là
1 2 3
, ,x x x
với
3
1x =
0.5
thì
1 2
,x x
là nghiệm khác 1 của PT (2) Theo đlý viet ta có:
1 2

1 2
3 1
3 2
x x m
x x m
+ = −


= − −

Để thoả mãn đk thì:
2
2
2
2 2 2 2
1 2 3
0
9 6 9 0
1 (3 1).1 3 2 0 0
15 9 9 0
m m
m m m
x x x m
∆ >


+ + >


− − − − ≠ ⇔ ≠

 
 
+ + ≥ − ≥


( ; 1] [1; )m⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞
0.5
IIa)
1điể
m
4
log (log (2 4)) 1
x
x
− ≤
. Đk:
4 2
0 1
log (2 4) 0 log 5
2 4 0
x
x
x
x
< ≠


− > ⇔ >



− >

0.2
5
Do
1x > ⇒
PT
4
log (2 4) 2 4 4 4 2 4 0
x x x x x
x⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − + ≥
đúng
với mọi x. Do vậy BPT có nghiệm:
2
log 5x >
0.5
IIa)
1điể
m
( )
2
cos 2 cos 2 tan 1 2x x x+ − =
, Đk:
cos 0 / 2x x k
π π
≠ ⇔ ≠ +
PT
2
2
1

(2cos 1) cos [2( 1) 1] 2
cos
x x
x
⇔ − + − − =
3 2
2cos 3cos 3cos 2 0x x x⇔ − − + =
0.5
2
(cos 1)(2cos 5cos 2) 0x x x⇔ + − + =
cos 1
2
cos 1/ 2
2
cos 2( )
3
x
x k
x
x k
x VN
π π
π
π
=

= +




⇔ = ⇔


= ± +

=


0.5
III
1điể
m
2 2 2
2
0 0 0
1 1
I cos cos2 (1 cos2 )cos 2 (1 2cos 2 cos4 )
2 4
x xdx x xdx x x dx
π π π
= = + = + +
∫ ∫ ∫
0.5
/2
0
1 1
( sin 2 sin 4 ) |
4 4 8
x x x
π

π
= + + =
0.5
IV
1điể
m
Theo đlý cosin ta có: BC =
7a
Theo Pitago ta được: MB =
2 3a
; MA
1
=
3a
Vậy
2 2 2 2
1 1
21MB MA BA a+ = =
1
MA MB⇒ ⊥
0.5
A
1
M
C
1
B
1
B
A

C
Ta lại có:
1 1 1
1
1 1
( ,( )). .
3 3
ABA M ABA MBA
V d M ABA S d S= =
1 1
( ,( )) ( ,( )) 3d M ABA d C ABA a= =
1
2
1
1
. 5
2
ABA
S AB AA a= =
1
2
1
1
. 3 3
2
MBA
S MB MA a= =
5
3
a

d⇒ =
0.5
V
1điể
m
2
2 2( 4) 5 10 3 0x m x m x− + + + − + =
2
2 2( 4) 5 10 3x m x m x⇔ − + + + = −
2 2
3 0
2 2( 4) 5 10 ( 3)
x
x m x m x
− ≥


⇔

− + + + = −


2
3
2 1
2 5
x
x x
m
x

≥


⇔

− +
=

−

0.2
5
Xét hàm số, lập BBT với
2
2 1
( )
2 5
x x
f x
x
− +
=
−
2
2
2( 5 )
'( )
(2 5)
x x
f x

x
−
⇒ =
−
Khi đó ta có:
0.5
Bảng biến thiên:
x -
∞
0 5/2 3 5 +
∞
y’ + 0 - - 0 +
y
8
24/5
+
∞
Phương trình có 1 nghiệm
24
(8; )
5
m
 
∈ ∪ +∞
 
 
0.25
Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn
VIa.1
1điểm

Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d
1
, d
2
là:
1
2 2 2 2
2
3 13 0 ( )
7 17 5
3 4 0 ( )
1 ( 7) 1 1
x y
x y x y
x y
+ − = ∆
− + + −

= ⇔

− − = ∆

+ − +
0.5
PT đường cần tìm đi qua M(0;1) và song song với
1 2
,∆ ∆
KL:
3 3 0x y+ − =
và

3 1 0x y− + =
0.5
VIa.2
1điểm
Kẻ CH
⊥
AB’, CK
⊥
DC’ Ta chứng
minh được CK
⊥
(ADC’B’) nên tam
giác CKH vuông tại K.
2 2 2
49
10
CH CK HK⇒ = + =
0.5
Vậy PT mặt cầu là:
2 2 2
49
( 3) ( 2)
10
x y z− + − + =
0.5
C
C’
D’
D
A

B’
B
H
K
A’
VII
1điểm
Số phần tử của không gian mẫu là:
4
15
1365CΩ = =
Gọi A là biến cố lấy ra 4 quyển sách đủ cả 3 môn ( có các trường hợp: (2
toán, 1 lý, 1 văn); (1 toán, 2 lý, 1 văn);(1 toán, 1lý, 2 văn)) có số phần tử
là:
2 1 1 1 2 1 1 1 2
4 5 6 4 5 6 4 5 6
. . . 720A C C C C C C C C C= + + =
Xác suất để xảy ra A là:
720 48
( ) 0.527
1365 91
P A = = ≈
Vậy xác suất cần tìm là:
( )
43
P 1 P A
91
= − =
2. Theo chương trình nâng cao:
VIb.1

1điểm
Ta có:
1
∆
đi qua M
1
= (1;-2;0), có vectơ chỉ phương
1
(3;2;1)u =
uur
Ta tìm được
2
∆
đi qua M
2
= (-1;-1;0), có vectơ chỉ phương
2
(0;1;1)u =
uur
1 2 1 2 1 2
, (1; 3;3); , . 1 0u u u u M M
   
⇒ = − = ≠
   
uur uur uur uur uuuuuur
⇒

1
∆
,

2
∆
chéo nhau.
0.5
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2
, .
1
, 19 ( , )
19
,
u u M M
u u d d d
u u
 
 
 
⇒ = ⇒ = =
 
 
 
uur uur uuuuuur
uur uur
uur uur
0.5
VIb.2
1điểm
Mp(P) đi qua M(0;1;1) vuông góc với d
1

có PT:
3 2 3 0x y z+ + − =
0.25
Giao điểm A của d
2
và (P) là nghiệm của hệ
3 2 3 0 1
1 0 5 / 3
2 0 8 / 3
x y z x
x y
x y z z
+ + − = = −
 
 
+ = ⇔ =
 
 
+ − + = =
 
0.25
ĐT cần tìm là AM có PT:
1 1
3 2 5
x y z− −
= =
0.5
VII
1điểm
Ta có:

( )
8
8
2 2
8
0
1 (1 ) (1 )
k k k
k
P x x C x x
=
= + − = −
∑
. Mà
0
(1 ) ( 1)
k
k i i i
k
i
x C x
=
− = −
∑
Để ứng với
8
x
ta có:
2 8;0 8 0 4k i i k k+ = ≤ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
0.5

Ta có:
k 0 1 2 3 4
i 8 6 4 2 0
Loại Loại Loại TM TM
Do vậy hệ số của
8
x
là:
3 2 2 4 0 0
8 3 8 4
( 1) ( 1) 238a C C C C= − + − =
0.5