Đề và ĐA thi thử ĐH2009 (Đề số 23) HOT

n n
n n n
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2009 ( KHỐI A, B, D )
ĐỀ SỐ 23
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
y = x
3
− 3x
2
− 3m(m + 2) x −1 (1) , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=0.
2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có hai giá trị cực trị cùng dấu.
Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình
2 sin


x
+

π
=



−
sin


2 x

−

π
=



=

1
.

3
 
6

2
   
2. Giải phương trình 10x + 1 +
3x − 5 = 9 x + 4 +
2 x − 2 (x ∈  ).
Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(5 ; 4 ; 3), B(6 ; 7 ; 2) và
đường thẳng
d
1
:
x
−
1
=

2
y
−
2
=
3
z
−
3
.
1
1. Viết phương trình đường thẳng d
2
đi qua hai điểm A và B. Chứng minh rằng hai đường
thẳng d
1
và d
2
chéo nhau.
2. Tìm điểm C thuộc d
1
sao cho tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất
đó.
Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân
2
I
=

∫
0

x + 1
4x + 1
dx.
2. Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức
x
≤

2 3
−
3
( y
+
z).
6
x
+
y
+
z
=

yz
. Chứng minh rằng
3x
PHẦN RIÊNG:Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu : V.a hoặc V.b.
Câu V.a Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)
3
3
1. Cho số nguyên n thỏa mãn đẳng thức
A

n
+
C
n
(n −1)(n −
2)
= 35 (n ≥ 3 và
A
k
, C
k
lần lượt là số
chỉnh hợp, số tổ hợp
chập
k của n phần tử). Hãy tính t
ổng
S = 2
2
C
2
− 3
2
C
3
+ ... + (−1)
n
n
2
C
n

.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
vớ
i
AB = 5, C (−1; − 1) , đường
thẳng AB có phương trình x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm của tam giác ABC thuộc đường
thẳng x + y – 2 = 0. Hãy tìm tọa độ các đỉnh A và B.
Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải phương trình 2 log
2
(2x
+
2)
+
log
1
(9x
−
1)
=
1.
2
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA = a
3 và SA
vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD và tính cosin của
góc giữa hai đường thẳng SB, AC.
Câu Nội
dung
Điểm
I

2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
Khi m=0 hàm số trở thành y = x
3
− 3x
2
− 1.
•
T

p

x
ác
đ
ị
nh
:

• Sự biến thiên: y
'
= 3x
2
− 6x ; y
'
= 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.
0,25
• y
CĐ

= y(0) = -1, y
CT
= y(2) = -5.
0,25
• Bảng biến thiên:
x
−∞
0 2
+∞
y
'
+
0
-
0
+
y
-1
+∞
−∞
-5
0,25
• Đồ thị:
y
0
2
-1
x
-5
0,25

2
Tìm các giá trị của m…(1,00 điểm)
Ta có y
'
= 3x
2
− 6x − 3m(m + 2) = 3( x + m)( x − m − 2)
y
'
= 0 ⇔ x = −m hoặc x = m + 2.
y(−m) = −(1 − 2m)(m
2
+ 2m + 1), y(m + 2) = −(2m + 5)(m
2
+ 2m + 1).
0,50
Hàm số có hai cực trị cùng dấu khi và chỉ khi m thỏa mãn hệ

−
m
≠
m
+
2


y(
−
m).y(m
+

2)
>
0

−

5
<
m
<

1
Giải hệ trên ta được các giá trị cần tìm của m là


2 2



m
≠

−
1
0,50
II
2,00
1
Giải phương trình lượng giác…(1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với phương trình

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

1
−
2 sin
2
x
1
sin x + 3 cos x − 3 sin x. cos x + =
2
2
⇔ (sin x + 3 cos x)(1 − sin x) = 0.
0,50
•
sin x
+
3 cos x
=
0
⇔
tgx
=

−
3
⇔

−

π

+
k
π

.
3
•
1
−
sin x
=
0
⇔
x
=

π

+
k 2
π
.
2
Nghiệm của phương trình đã cho là: x
=

−

π

+
k
π

∨
x
=

π

+
k 2
π

, k
∈
Z.
3 2
0,50
2
Giải phương trình vô tỷ (1,00 điểm)
Điều kiện: x
≥

5
.
3
Phương trình đã cho tương đương với
10x + 1 − 2 x − 2 = 9 x + 4 − 3x − 5 (1).

Vì x
≥

5
nên cả hai vế của (1) đều dương. Do đó:
3
(1) ⇔ 12 x − 1 − 2 (10 x + 1)(2 x − 2) = 12 x −1 − 2 (9 x + 4)(3x − 5)
0,50
⇔
7 x
2
−
15x
−
18
=
0
⇔
x
=
3 hay x
=

−

6
.
7
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = 3.
0,50

III
2,00
1
Viết phương trình đường thẳng d
2
đi qua…(1,00 điểm)
Đường thẳng d
2
đi qua điểm A(5; 4; 3) và có vectơ chỉ phương
AB = (1; 3; -1) nên có phương trình
x
−
5
=

y
−
4
=

z
−
3
.
1 3
−
1
0,50
Đường thẳng d
1

qua M(1; 2; 3), có vectơ chỉ phương u = (2; 3;1).
 

Ta có:

u, AB


=
(
−
6; 3; 3) và MA=(4; 2; 0).
 









0,50
2
Tìm điểm C thuộc d
1
…(1,00 điểm)
Gọi IJ là đoạn vuông góc chung của d
1
và d

2
(I ∈ d
1
, J ∈ d
2
). Ta có
I(1 + 2t; 2 + 3t; 3 + t), J(5 + s; 4 + 3s; 3 - s),

IJ
=
(4
−
2t
+
s; 2
−
3t
+
3s;
−
t
−
s).
0,25
IJ là đoạn vuông góc chung của d
1
và d
2
nên
 




IJ .u = 0 2(4 − 2t + s) + 3(2 − 3t + 3s) + (−t − s) = 0


t = 1





⇔


⇔



IJ .AB
=
0


(4
−
2t
+
s)
+

3(2
−
3t
+
3s)
−
(
−
t
−
s)
=
0

s
=
0.
Do đó: I(3; 5; 4), J≡A(5; 4; 3), IJ = 2
2
+ (−1)
2
+ (−1)
2
= 6.
0,25
AB = 1
2
+ 3
2
+ (−1)

2
= 11.
S
=

1
AB.d (C, d )
≥

1
AB.IJ
=

1
11. 6
=
66
(đvdt).
ABC
2
2
2 2 2
0,25
S
=
66
(đvdt) là nhỏ nhất, đạt được khi và chỉ khi C
≡
I(3; 5; 4).
ABC

2
0,25
IV
2,00
1
Tính tích phân…(1,00 điểm)
t
2
−
1 tdt
Đặt t = 4x + 1 ⇒ x = ⇒ dx = .
4 2
Khi x = 0 thì t = 1; khi x = 2 thì t = 3.
0,25
3
t
2
+
3

t
3
3t


3
Do đó
I
=

∫
8
dt
=



24
+

8


1
1



0,50
=

11
.
6
0,25
2
Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm)
yz ( y
+
z)

2
Ta có x
+
y
+
z
= ≤ ⇔
12 x
2
+
12( y
+
z) x
≤
( y
+
z)
2
3x 12 x
2
⇔
12

x


+
12.
x
−

1
≤
0.


y
+
z

y
+
z
 
0,50
⇒

x
≤

2 3
−
3
.
y
+
z
6
Do đó x
≤

2 3
−
3
( y
+
z) (vì x, y, z dương).
6
0,50
V.a
2,00
1
Tính tổng (1,00 điểm)
3 3
A
n
+
C
n
=
35
⇔
n
+

n
=
35
⇔
n
=

30.
(n −1)(n − 2) 6
0,50
Ta có (1
+
x)
n
=
C
0
+
C
1
x
+
...
+
C
n
x
n
. Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được
n n n
n(1
+
x)
n
−
1
=

C
1
+
2C
2
x
+
...
+
nC
n
x
x
−
1
.
n n
n
Nhân hai vế với x và lấy đạo hàm theo x ta được
n(1
+
x)
n
−
1
+
n(n
−
1)(1
+

x)
n
−
2
x
=
C
1
+
2
2
C
2
x
+
...
+
n
2
C
n
x
n
−
1
.
n n n
Thay x = -1 và n = 30 vào đẳng thức trên ta được
C
1

+
(
−
1)2
2
C
2
+
...
+
(
−
1)
29
n
2
C
30
=
0
30 30 30
Do đó S
=
2
2
C
2
+
...
+

(
−
1)
30
n
2
C
30
=
C
1
=
30.
30 30 30
0,50
2
Tìm tọa độ các đỉnh A và B (1,00 điểm)
Gọi I(x ; y) là trung điểm của AB và G(x
G
; y
G
) là trọng tâm của ∆ABC.
Do CG
=

2
CI nên x
=

2x

−
1
; y
=

2 y
−
1
. Suy ra tọa độ điểm I thỏa
3
G
3
G
3


x
+
2 y
−
3
=
0
mãn hệ phương trình


2x
−
1 2 y
−

1
⇒
I (5;
−
1) .



+ − 2 = 0

3 3
0,50
IA
=
IB
=

AB
=
5
nên tọa độ các điểm A, B là hai nghiệm khác nhau
2 2


x
+
2 y
−
3
=

0


x
=
4


x
=
6
của hệ


5
⇔



1
hoặc


( x
−
5)
2
+
( y
+

1)
2
=



y
=

−



y
=

−

3
.


4


2


2


Tọa độ của các điểm A, B là:


4;
−

=
1


,


6;
−

=
3


.

2



2

 

 
0,50
V.b
2,00
1
Giải phương trình logarit (1,00 điểm)
Điều kiện: x
>

1
.
9
Phương trình đã cho tương đương với phương trình
log (2x
+
2)
2
−
log (9x
−
1)
=
1
2 2
⇔
log (2x
+
2)
2
=

log (9 x
−
1)
+
log 2
⇔
log (2x
+
2)
2
=
log (18x
−
2)
2 2 2 2 2
0,50
⇔
(2x
+
2)
2
=
(18x
−
2)
⇔
2 x
2
−
5x

+
3
=
0
⇔
x = 1 hoặc x
=

3
.
2
Đối chiếu điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là x = 1 hay x
=

3
.
0,50
2
Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD…(1,00 điểm)
1 1 a
3
3
Thể tích của khối tứ diện SACD là V
SACD
=

3
.
2
DA.DC.SA

=
6
(đvtt).
S
M
D
A
O
B C
0,50
Gọi M là trung điểm của SD. Ta có OM//SB nên góc (SB;AC) = góc
(OM; OC).
Tam giác vuông SAB có SB = SA
2
+ AB
2
= 3a
2
+ a
2
= 2a
nên OM = a
Tương tự, SD = 2a ⇒ MD = a ⇒ CM = a 2 .
Xét tam giác OMC, ta có
OM
2
+
OC
2
−

MC
2
2 2
cos COM
= =

− ⇒
cos(SB, AC)
=
.
2OM .OC 4 4
Cosin của góc giữa SB, AC là
2
.
4
0,50