THI THU DH 296 2009 -khoi A

Bé GD & §T ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
. Môn thi : TOÁN, khối A
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 2y x m x m= − +
(C
m
)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 .
b) Tìm m để (C
m
) cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt.
Câu II: a) Giải phương trình:
(sin 2 sin 4)cos 2
0
2sin 3
x x x
x
− + −
=
+
b) Giải phương trình:
3
1
8 1 2 2 1
x x+

+ = −
Câu III: Tính tích phân sau:
2
3
0
sin
I
(sin cos )
xdx
x x
π
=
+
∫
Câu IV: Khối chóp SABC có SA
⊥
(ABC),
∆
ABC vuông cân đỉnh C và SC =
a
.Tính góc
ϕ
giữa 2
mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất.
Câu V: Tìm m để phương trình sau đây có đúng 2 nghiệm thực phân biệt:

2 2 (2 )(2 )x x x x m− − + − − + =
B. PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần
Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a:

1) Trong mp(Oxy) cho điểm M(3;1). Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt các tia Ox,Oy
tại A và B sao cho (OA+3OB) nhỏ nhất.
2) Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P):
1 0x y z− + − =
để
∆
MAB là tam giác đều biết
A(1;2;3) và B(3;4;1).
Câu VII.a: Tìm hệ số của
20
x
trong khai triển Newton của biểu thức
5
3
2
( )
n
x
x
+

biết rằng:
0 1 2
1 1 1 1
... ( 1)
2 3 1 13
n n
n n n n
C C C C
n

− + + + − =
+
Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b:
1) Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường
thẳng
( ) :3 5 0x y∆ − − =
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau.
2) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng
1
( )∆
có PT
{ }
2 ; ; 4x t y t z= = =
;
2
( )∆
là giao tuyến
của 2mp
( ): 3 0x y
α
+ − =
và
( ) : 4 4 3 12 0x y z
β
+ + − =
. Chứng tỏ
1 2
,∆ ∆
chéo nhau và viết phương

trình mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của
1 2
,∆ ∆
làm đường kính.
Câu VII.b: Cho hàm số
2 2
(2 1) 4
2( )
x m x m m
y
x m
+ + + + +
=
+
. Chứng minh với mọi m thì hàm số có cực
trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị là 1 hằng số không phụ thuộc m.
============Hết============
Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh:…………….
Câu Đáp án Điểm
Ia)
1điểm
3 2
3 2y x m x m= − +
(C
m
) khi
3
1 3 2m y x x= ⇒ = − +
(C)
0.25

TXĐ: D=R,
2
' 3 3, ' 0 1y x y x= − = ⇔ = ±
HS đồng biến trên
( )
; 1−∞ −
và
( )
1;+∞
; nghịch biến trên
( )
1;1−
0.25
HS đạt cực đại tại
1; 4
CD
x y= − =
, đạt cực tiểu tại
1; 0
CD
x y= =
Giới hạn:
lim , lim
x x→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
Bảng biến thiên: 0.25
Đồ thị:(C)
∩
Ox tại A(1;0) và B(-2;0), :(C)
∩

Oy tại C(0;2) 0.25
x -
∞
-1 1 +
∞
f’(t) + 0 - 0 +
f(t)
-
∞
4
0
+
∞
Ib)
1điểm
(C
m
) có hệ số
3
x
là 1, nếu không có cực trị sẽ luôn đồng biến, vậy để cắt trục
hoành tại 2 điểm thì (C
m
) phải có 2 cực trị.
0.5
' 0y⇔ =
có 2 nghiệm phân biệt
2 2
3 3 0x m⇔ − =
có 2ng pb

Khi
0m ≠
thì
' 0y x m= ⇔ = ±
(C
m
) cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt
⇔
y
CĐ
= 0 hoặc y
CT
= 0
0.5
3
( ) 0 2 2 0 0y m m m m− = ⇔ + = ⇔ =
(loại)
3
( ) 0 2 2 0 0 1y m m m m m= ⇔ − + = ⇔ = ∨ = ±

⇒
KL:
1m = ±
IIa)
1điểm
(sin 2 sin 4)cos 2
0
2sin 3
x x x
x

− + −
=
+
(sin 2 sin 4)cos 2 0
2sin 3 0
x x x
x
− + − =


⇔

+ ≠


1.0
(2cos 1)(sin cos 2) 0
2sin 3 0
x x x
x
− + =


⇔

+ ≠


2cos 1
2

3
2sin 3
x
x k
x
π
π
=


⇔ ⇔ = +

≠ −


IIa)
1điểm
3
1
8 1 2 2 1
x x+
+ = −
Đặt
3
1
2 0; 2 1
x x
u v
+
= > − =

3 3
3
3 2 2
0
1 2 1 2
2 1 0
1 2 ( )( 2) 0
u v
u v u v
u u
v u u v u uv v
= >
 
+ = + =

 
⇒ ⇔ ⇔
  
− + =
+ = − + + + =
 

 
0.5
2
1 5
0; log
2
x x
− +

⇒ = =
0.5
III
1điểm
Đặt
2
x t dx dt
π
= − ⇒ = −
;
0 ; 0
2 2
x t x t
π π
= ⇒ = = ⇒ =
2
3
0
sin
I
(sin cos )
xdx
x x
π
=
+
∫
⇒
2 2
3 3

0 0
cos cos
I
(sin cos ) (sin cos )
tdt xdx
t t x x
π π
= =
+ +
∫ ∫
0.5
2 2
4
2
2
0
0 0
1 1
2I cot( ) 1
2 2 4
(sin cos )
sin ( )
4
dx dx
x
x x
x
π π
π
π

π
⇒ = = = − + =
+
+
∫ ∫
1
I
2
⇒ =
0.5
IV
1điểm
AC
⊥
BC
⇒
SC
⊥
BC (đlý 3 đg vuông góc)
⇒
·
(0; )
2
SCA
π
ϕ
= ∈
0.25
sin , cosSA a AC BC a
ϕ ϕ

⇒ = = =
3
3
(sin sin )
6
SABC
a
V
ϕ ϕ
⇒ = −
0.25
Xét hàm số
3
sin siny x x= −
trên khoảng
(0; )
2
π
, lâp BBT 0.25
3 3
max max
3
( )
6 9
SABC
a a
V y⇒ = =
khi
1
sin

3
ϕ
=
,
(0; )
2
π
ϕ
∈
0.25
V
1điểm
Đk:
2 2x
− ≤ ≤
, đặt
2 2t x x= − − +
1 1
' 0
2 2 2 2
t
x x
−
⇒ = − <
− +
( )t t x⇒ =
nghịch biến trên
[-2;2] [-2;2]t⇒ ∈
0.25
Ta có:

2
2 2 2
4
4 2 4 4
2
t
t x x
−
= − − ⇒ − =
2 2 (2 )(2 )x x x x m− − + − − + =
2
2 2 4 ( )m t t f t⇒ = + − =
0.25
Bảng biến thiên:
x -2 -1 2
f’(t) - 0 +
f(t) -4
-5
4
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
5
5 2 4 2
2
m m⇔ − < ≤ − ⇔ − < ≤ −
0.5
Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn
VIa.1
1điểm
Phương trình đường thẳng đi qua M(3;1) cắt tia Ox tại A(a;0),cắt tia Oy tại
B(0;b), a,b>0 là:

3 1
1
a b
⇒ + =
0.5
Theo bất đẳng thức Cauchy
3 1 3 1
1 2 . 12ab
a b a b
= + ≥ ⇒ ≥
Mà
3 3 2 3 12OA OB a b ab+ = + ≥ =
min
3
6
( 3 ) 12
3 1 1
2
2
a b
a
OA OB
b
a b
=

=


⇒ + = ⇔ ⇔

 
=
= =



0.5
PTĐT là:
1 3 6 0
6 2
x y
x y+ = ⇔ + − =
VIa.2
1điểm
MA=MB
⇒
M thuộc mp trung trực của đoạn AB có PT:
3 0x y z+ − − =
(Q) 0.25
M thuộc giao tuyến của (P) và (Q) có dạng tham số:
2; 1;x y t z t= = + =
: (2; 1; )t M t t⇒ ∃ = +
2
2 8 11AM t t⇒ = − +
0.25
Vì AB =
12
nên
∆
MAB đều khi MA=MB=AB

2
4 18
2 8 1 0
2
t t t
±
⇔ − − = ⇔ =

6 18 4 18
(2; ; )
2 2
M
± ±
⇒ =
0.5
VII
1điểm
Theo Newton thì:
0 1 2 2
(1 ) .... ( 1)
n n n n
n n n n
x C C x C x C x B− = − + − + − =
Vì
1
0
1
(1 )
1
n

x dx
n
− =
+
∫
,
1
0 1 2
0
1 1 1
... ( 1)
2 3 1
n n
n n n n
Bdx C C C C
n
= − + + + −
+
∫
1 13 12n n⇒ + = ⇒ =
0.5
Lại có:
12
5 5
12
3 3
0
2 2
( ) .( ) ( )
n k

n k k
k
x C x
x x
−
=
+ =
∑
,
12 8 36
1 12
.2 .
k k k
k
T C x
− −
+
=
0.25
Số hạng ứng với thoả mãn:
8 36 20 7k k
− = ⇔ =
⇒
Hệ số của
20
x
là:
7 5
12
.2 25344C =

0.25
2. Theo chương trình nâng cao:
VIb.1
1điểm
Viết phương trình đường AB:
4 3 4 0x y+ − =
và
5AB
=
Viết phương trình đường CD:
4 17 0x y− + =
và
17CD =
0.25
Điểm M thuộc
∆
có toạ độ dạng:
( ;3 5)M t t= −
Ta tính được:
13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5
17
t t
d M AB d M CD
− −
= =
0.25
Từ đó:
( , ). ( , ).

MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD= ⇔ =
7
9
3
t t⇔ = − ∨ =

⇒
Có 2 điểm cần tìm là:
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M− −
0.5
VIb.2
1điểm
Ta có:
1
∆
đi qua M
1
= (0;0;4), có vectơ chỉ phương
1
(2;1;0)u =
uur
Ta tìm được
2
∆
đi qua M
2

= (3;0;0), có vectơ chỉ phương
2
(1; 1;0)u = −
uur
1 2 1 2
, . 12 0u u M M
 
⇒ = ≠
 
uur uur uuuuuur
⇒

1
∆
,
2
∆
chéo nhau.
0.25
Gọi chân đg vuông góc chung của
1
∆
,
2
∆
là:
( )
1
2 ; ;4A t t ∈∆
,

( )
1
2 ; ;4A t t ∈∆
( 2 3; ; 4)AB s t s t⇒ = − + − − −
uuur
. Do
1 2
. 0, . 0AB u AB u= =
uuur uur uuur uur
1, 1t s⇒ = = −
(2;1;4), (2;1;0)A B⇒ = =
0.5
Mặt cầu cần tìm là mặt cầu đường kính AB có tâm I(2;1;2), bán kính
1
2
2
R AB= =
có phương trình là:
2 2 2
( 2) ( 1) ( 2) 4x y z− + − + − =
0.25
VII
1điểm
ĐK:
x m≠ −
, ta có:
2
1 1 1 2 1 2
'
2 2 2 2

( )
y x m y
x m
x m
= + + + ⇒ = −
+
+
' 0 2 2y x m x m= ⇔ = − − ∨ = − +
.Ta có bảng biến thiên:
0.5
x -
∞
2m
− −
-m
2m
− +
+
∞
y’ + 0 - - 0 +
y
KL: Hàm số luôn có cực đại và cực tiểu với mọi m.
Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là
2 2 1
2
x m
y
+ +
=
0.5

CD CT CD CT
y y x x⇒ − = −
2 2
2 1 2 1 1 2
( ) ( ) 2AB y y x x x x⇒ = − + − = −
4 2AB⇒ =
không đổi
⇒
ĐPCM
Chú ý: - Hướng dẫn chỉ trình bầy 1 cách giải, cách giải khác đúng cho điểm không vượt quá số điểm
từng câu hỏi. Học sinh chỉ được làm 1 phần riêng, nếu làm cả 2 phần không chấm phần riêng.