De thiDap anKhoi A thu dai hoc truong THPT Kim thanh II

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (174.06 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Trờng THPT kim thành ii
đề chính thức

Đề thi thử đại học năm 2009 lần iI

Mơn : Tốn, khối A,B
(Thời gian 180 không kể phát đề)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số:





4 2 3 2 2 8 8

y x   m x  m

(1) có đồ thị là (Cm)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (Cm) với m=1 (1).

2) Xác định m để (Cm) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt lập thành một cấp số cộng.
Câu II: (2 điểm)

1) Giải bất phương trình:

3x 3 2x28 x5

a) Giải phương trình:

1 1 3

3 3

log (x1) log ( x1) 2log (5  x ) 1

b) Một chiếc hộp đựng 15 viên bi có kích thước bằng nhau và đồng chất được đánh số từ một tới
mười lăm, trong đó có 5 viên bi xanh và 3 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Tính xác suất để lấy ngẫu nhiên 4
viên bi có đủ 3 mầu.

Câu III: (2 điểm) 
1)

a) Giải phương trình:









3 3 2

sin 1 os2 sin 2 sin cos 4 sin cos 0

x  c x x  x x x x 

b) Cho điểm A(1;2) và C(1;4) tìm điểm B thuộc đường thẳng có phương trìnhx+y-5=0 sao cho tam
giác ABC vng tại B.

2) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD l hình vng cạnh bằng a, có SA vng góc với đá
và SA=a. Gọi M là điểm đối xứng với D qua A, N là trung điểm của SB, mặt phẳng (DMN) chia khối
chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.

Câu IV: (3 điểm)

1) Tìm m để phương trình sau có nghiệm



x2 1



3m x6 3x5 3x4 5x3 3x2 3x 1

       

2) Tính





1
2

2
3

x x

I dx

x










3) Cho hai đường thẳng chéo nhau có phương trình:
1

: 3 2

5 4

x t

d y t

z t

 



 


  

 2

3 1

2 1 5

x y z

d    



Viết phương trình đường thẳng cắt d1, d2 và song song với đường thẳng có phương trình ()

3 5 1

1 3 9

x y z

 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Chữ kí giám thị 1:……… Chữ kí giám thị 2: ……….

Trêng THPT kim thµnh ii

đề chính thức

ĐÁP ÁN Đề thi thử đại học năm 2009 lần ii
Mụn : Toỏn, khối A,B

(Thời gian 180 không kể phát đề)

Câu Nội dung Điểm

Câu
I

1) khi m=1=> y=x4-2x2

Tập xác định: D=R



4 2





4 2



lim 2 ; lim 2

x   x  x  x  x  x 

y’=4x3-4x=0

0
1

x
x




  



bảng biến thiên:

x   -1 0 1



y’ - 0 + 0 - 0 +

y  0 

-1 -1
Hàm số đồng biến trên

khoảng: (-1;0); (1;+∞).
Hàm số nghịch biến trên
khoảng: (-∞;-1); (0;1).
Hàm số đạt cực đại tại:
(0;0).

Hàm số đạt cực tiểu tại: (-1;-1), (1;-1).
Đồ thị hàm số:

Đồ thị hàm số nhận trục
Oy làm trục đối xứng.

0,25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2) phương trình hồnh độ giao điểm của Cm với trục Ox là nghiệm của

phương trình:

x4 -2(3-2m) x2-8m+8=0 (1)

đặt t=x2 (t>=0)

từ (1): => t2-2(3-2m)t-8m+8=0 (2)

Để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt ta có điều kiện:









' 3 2 8 8 0 1

2 3 2 0 1

8 8 0

m m m

S m

m

P m

       



 

   

 



    




Phương trình (2) có hai nghiệm t1, t2 (t1<t2)

Theo định lí viet ta có:

1 2

2(3 2 )

. 8 8

t t m

t t m

  




 

 (I)

Vậy phương trình (1) có bốn nghiệm theo thứ tự tăng dần là:

2; 1; 1; 2

t t t t

 

Để bốn nghiệm lập thành một cấp số cộng ta có

1 1 2 1 2 1 2

2 t  t  t  3 t  t  9t t (3)

Kết hợp (I) và (3): 36m2+92m-119=0



7
2
17
18

m
m






 



0,25

Câu
II

1) Giải bất phương trình:

3x 3 2x28 x5 (I)

Điều kiện: x1

(I) 3x 3 x 5 2x28

 

2
2

3 3 5 2 3 12 15 2 28

3 12 15 13 1

x x x x x

x x x

        

    

Khi 13 x 0 x13 bất phương trình (1) luôn đúng.

Khi 13-x>0  x13

Từ (1)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

a) Giải phương trình:

1 1 3

3 3

log (x1) log ( x1) 2log (5  x ) 1
(1)

Điều kiện: 2

1 0

1 0 1 5

5 0

x

x x

x
  


    




 



Từ (1)













2
2

2 2 4 2

3 2

log 1 5 3 1 13 28 0

x

x x x x

x

  

 

         

  

  (1)

Đặt x2=t (t0), từ (1)t213t28 0

13 57

t
t

 






 





Kết hợp với điều kiện, vậy phương trình có nghiệm:

13 57

x 

b) Số khả năng lấy được 4 viên bi trong 15 viên là C154 =1365 (cách)

để lấy được 4 viên bi có đủ 3 mầu có 3 khả năng xảy ra

TH1: lấy được 2 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ, 1 viên bi vàng
Có : C C C52. .31 71210(cách)

TH2: lấy được 1 viên bi xanh, 2 viên bi đỏ, 1 viên bi vàng
Có : C C C51. .32 71105(cách)

TH3: lấy được 1 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ, 2 viên bi vàng
Có : C C C51. .31 72 315(cách)

Vậy xác suất lấy được 4 viên bi có đủ các mầu là:

210 105 315

46%
1365

P   

0,25

0,25
0,25

0,25
Câu

III
1)









3 3 2

sin 1 os2 sinx sin cos 4 sinx cos 0

x  c x  x x  x 

0,25

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

























3 2 2

sin 3sin 3sin cos sin cos 4 sinx cos 0

sin sinx cos 3sin sinx cos 4 sinx cos 0

sinx cos sin 3sin 4 0

sin 0

4
sinx 1

sinx 4( )

x x x x x x x

x x x x x

x x x

x

x k

k Z

x k

loai








      

    

  

 

 

 

   

 

     

   



 



b) Gọi B(xB;yB) tọa độ điểm B thỏa mãn: xB+yB-5=0=>xB=5-yB(1)





( 1; 2)

1; 4

B B

AB x y

CB x y

  











 



. B 1 B 2 B 4 0(2)

AB CB x y y

                     

Thay (1) vào (2) ta được:

2 7 12 0 4

B

B B

B
y

y y

y



    




Vậy tọa độ điểm B(1;4) hoặc B(2;3)

0,25

I
N

B C

A
S

Gọi OACBD

I DNSO

Q SC AI

Thiết diện của hình chóp là
tứ giác ADQN.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

=> tứ giác ADQN là hình thang vng
Ta có

. ( )

3 3

SABCD ABCD

a
V  S SA dvtt

(3)

Ta có NMSB, ANSB=>SB(ADQN)

Ta có

1 2 2

, ,

2 2 2 2

a a a

SN  SB AN NQ

=> thể tích hình chóp S.ADQN là

3
.

. ( )

3 8

S ADQN ADQN

a

V  S SN  dvtt

3 3 5 3

( )

3 8 24

NQABCD

a a a

V    dvtt

Tỉ số thể tích là:

. 3

S ADQN

QNABCD
V

V 

0,25

Câu
IV

1) Tìm m để phương trình sau có nghiệm



x21



3m x 6 3x53x4 5x33x2 3x1

Vì x2+10 vậy ta có:





6 5 4 3 2

3
2
3

2 2

3 3 5 3 3 1

3 1

1 1

x x x x x x

m

x

x x

m

x x

     





   

     

 

   

Đặt :t 2 1

x
x




Xét hàm số:

2 2

1
1 2

' 0

1 1

x

x x x

y y

x

x x



 

     



  

Bảng biến thiên:

x   -1 1 

y’ 0 + 0

-y 0

1
2

-1

2 0

Vậy

1 1
;
2 2

t  

 

Xét hàm số

 

3
2

3 1

' 3 3 0 1

g t t t

  

    

0,25

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bảng biến thiên với

1 1
;
2 2

t  

 

-1

2 
1
2

g’(t)

-g(t)

19
8

3
8



Vậy với

3 19
;

8 8

m  

  thì phương trình có nghiệm.

2) Tính:

1 2

2
3

x x

I dx

x










Đặt x  3 t x t 2 3 dx2tdt

Khi x=-2=>t=1; x=1=>t=2
=>









2
1

3 2 3 4

t t

I tdt

t

  







Vậy I=

4
15



0,25

0,5

2) đường thẳng d2 có phương trình tham số là:

2 '

3 '

1 5 '

x t

y t

z t





 

  


Đường thẳng d1 và d2 lần lượt có vecto chỉ phương là: u1



1; 2; 4





, u1



2;1; 5





, và đi qua các điểm M1(1;3;-5), M2(0;3;1).

Gọi đường thẳng cần tìm là d cắt đường thẳng d1 và d2 tại 2 điểm P, Q có

tọa độ là P(1+tP;3+2tp;-5-4tp); Q(2tQ;3+tQ;1-5tQ).

=> PQ



2tQ  tP1;tQ  2 ;6 5tP  tQ 4tP





Vì d và  song song vậy vecto PQ



và vectơ chỉ phương của  cùng phương

vậy ta có;

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Phương trình tham số của PQ:

3
7 3

13 9

x t

y t

z t

 



 


  



0,5

Câu
V

Cho 0x y z  : Chứng minh rằng





























2
2

2 2 2 2 2 4 2 2

2 4 2

2
2

z y z x y z x z x z z x y xy x y

z z x y xy

x y
x y

 

            

    

 

  





 





 





 







2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2

z y z x x y z x z y x y

z y z x

z y z x x y x y

x y

          

 

     

 (1)

Đặt a=(2z+y); b=2z+x; c=2x+y
Từ (1)

2 ab

a b c b a c abc c

c

      

 a c b c







b c a c







2c ab2ab c 2(2)

Ta có:

2 2

(3)
2

b c c b
c b c

ab
a c b c

 

  

  

Tương tự: 2

 

ab
b c a c 

2c ab c 2ab

 

Cộng (3); (4); (5) ta được: a c b c







b c a c







2c ab2ab c 2 đpcm

Dấu bằng xảy ra khi: a=b=2c
a. 2z+y=2z+x=4x+2y
b. x=y=

2
5z

0,25

</div>

De thiDap anKhoi A thu dai hoc truong THPT Kim thanh II







































 























































 











 

 











<sub></sub>



































