De thi thu Dai hoc Mon Toan khoi D va dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (211.51 KB, 7 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2009-2010

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Mơn thi: TỐN, khối D

TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )mx33mx2



m 1



x 1, m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.

2. Xác định các giá trị của m để hàm số yf x( ) không có cực trị.
Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình :





4 4

sin cos 1

tan cot

sin 2 2

x x

x



 

2. Giải phương trình:









2 3

4 2 8

log x1 2log 4 xlog 4x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân 
3
2

2
1

dx
A

x x







Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường trịn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3,
khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung
quanh của hình nón đã cho.

Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm





7 6 0

2 1 3 0

x x

x m x m

  

    







PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

1. Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh
AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng

x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng

 

P :x2y 2z + 5 = 0; Q :

 

x2y 2z -13 = 0.

Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng
(P) và (Q).

Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:

4 3 2

1 1 2

4 3

1 1

5
4
7
15

n n n

n

n n

C C A

C A

  



 



 





 



 (Ở đây A Cnk, nk lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)

2. Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C):
2 2 2 4 8 0

x y  x y  .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm
A có hồnh độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường trịn (C) sao cho tam giác ABC vng ở B.

2. Cho mặt phẳng (P): x 2y2z 1 0 và các đường thẳng 1 2

1 3 5 5

: ; :

2 3 2 6 4 5

x y z x y z

d     d    

  .

Tìm các điểm Md ,1 Nd2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.

Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số





1
( ) ln

f x

x



 và giải bất phương trình
2

6
sin

2
'( )

t
dt
f x

x








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

---Hết---Đáp án

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 1,00

Khi m = 1 ta có y x 33x21

+ MXĐ: D 0,25

+ Sự biến thiên:

 Giới hạn: xlim  y ; limx y



' 3 6

y  x  x;

2
' 0

0
x
y

x


   



0,25

 Bảng biến thiên





3; CT

 

0 1

yC§ y   y y 

0,25

 Đồ thị

0,25

2 1,00

+ Khi m = 0  y x  1, nên hàm số không có cực trị. 0,25

+ Khi m0  y' 3 mx26mx



m1



Hàm số khơng có cực trị khi và chỉ khi y' 0 khơng có nghiệm hoặc có nghiệm kép

0,50





2 2

' 9m 3m m 1 12m 3m 0

       

0 m

  

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

II 2,00

1 1,00





4 4

sin cos 1

tan cot

sin 2 2

x x

x


 

(1)
Điều kiện: sin 2x0

0,25

1 sin 2 1 sin cos

2
(1)

sin 2 2 cos sin

x x x

x x x



 

    

 

0,25

1 sin 2 1 1

2 1 sin 2 1 sin 2 0

sin 2 sin 2 2

x

x x



      

Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm.

0,50

2 1,00









4 2 8

log x1  2 log 4 xlog 4x

(2)

Điều kiện:

1 0

4 4

4 0

x

x
x

 


  




  

 



  


0,25

















2 2 2 2 2

2 2

(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16

log 4 1 log 16 4 1 16

x x x x x

x x x x

           

       

0,25

+ Với  1 x4 ta có phương trình x2 4x12 0 (3) ;





2
(3)

6
x
x



 


 lo¹i

0,25

+ Với 4x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4);

 





2 24

x

x
  
 

 

 lo¹i

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x2hoặc x2 1



 6



0,25

III 1,00

Đặt

2 2 2

1 1 2 2 dx tdt

t x t x tdt xdx

x x

        

2 2

1 1

dx tdt tdt

x t t

  

 

+ Đổi cận:

1 3

2 2

3 1

2 2

x t

  

0,50

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

1 3

2 2

2
1

2 2

1 2

2
2

1 1 1 7 4 3

ln ln

1 1 2 1

|

2 3

dt dt t

A

t t t

 

 

     

 

    



IV 1,00

Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OEAB SE, AB, suy ra



SOE



AB

Dựng OH SE OH 



SAB



, vậy OH là khoảng cách từ O
đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.

Tam giác SOE vng tại O, OH là đường cao, ta có:

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 8

9 9

9 3

8 2 2

OH SO OE OE OH SO

OE OE

       

   

2 2 2 9 9 81 9

8 8 2 2

SE OE SO     SE

0,25

1 36

. 8 2

9
2

2 2

SAB
SAB

S

S AB SE AB

SE

    





2 2 2 1 2 4 2 9 32 9 265

2 8 8 8

OA AE OE  AB OE     

 

0,25

Thể tích hình nón đã cho:

1 1 265 265

. . .3

3 3 8 8

V  OA SO    0,25

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

2 2 2 9 265 337 337

8 8 8

265 337 89305

. . .

8 8 8

xq

SA SO OA SA

S  OA SA  

      

  

0,25

V 1,00

Hệ bất phương trình





2
2

7 6 0 (1)

2 1 3 0 (2)

x x

x m x m

   




    




 

1   1 x 6

. Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0



1;6



thỏa mãn (2).

0,25

 













2 2 3

2 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0)

2 1

x x

x x x m m do x x

x
 

          



Gọi





2 2 3

( ) ; 1;6

2 1

x x

f x x

x
 

 



0,25

Hệ đã cho có nghiệm   x0



1;6 : ( )



f x0 m

 













2
2

2 2

2 4

2 2 8

2 1 2 1

x x

f x

x x

 
 

 

 

;

 

2 1 17

' 0 4 0

2
f x   x  x   x 



1;6



x

1 17
2
x 

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

Ta có:

2 27 1 17 3 17

(1) , (6) ,

3 13 2 2

f  f  f    

 

Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên

27
max ( )

13
f x 

Do đó 0





0 1;6

1;6 : ( ) max ( )

x

x f x m f x m m



      

0,25

VIa 2,00

1 1,00

Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:





4 3 4 0 2

2;4

2 6 0 4

x y x

A

x y y

   

 

  

 

   

  0,25

Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình





4 3 4 0 1

1;0

1 0 0

x y x

B

x y y

   

 

 

 

   

  0,25

Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:









0 2 4 0

a x b y   ax by  a b

Gọi 1: 4x3y 4 0; 2:x2y 6 0; 3:ax by 2a 4b0

Từ giả thiết suy ra



 2; 3



  



 1; 2



. Do đó

















2 3 1 2 2 2

2 2

|1. 2. | | 4.1 2.3 |

cos ; cos ;

25. 5
5.

| 2 | 2 3 4 0

3 4 0

a b

a

a b a b a a b

a b

 

      






        

 


+ a = 0  b0. Do đó 3:y 4 0

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3: 4x3y 4 0 (trùng với 1).

Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.

0,25

Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:





4 0 5

5; 4

1 0 4

y x

C

x y y

  

 

 

 

   

  0,25

2 1,00

Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:

 







 





 



 







 



, , ,

, ,

OI AI

OI AI d I P d I Q OI d I P

d I P d I Q

 



     








0,25

Ta có:













2 2 2 2 2 5 2 1

10 4 2 30 (1)

OI AI OI AI a b c a b c

a b c

           

   

 





2 2 2 | 2 2 5 | 9



2 2 2





2 2 5



2 (2)

a b c

OI d I P  a b c      a b c  a b c

 







 



| 2 2 5 | | 2 2 13 |

3 3

2 2 5 2 2 13 ( )

2 2 4 (3)

2 2 5 2 2 13

a b c a b c

d I P d I Q

a b c a b c

a b c

a b c a b c

     

  

      


     

      


lo¹i

Từ (1) và (3) suy ra:

17 11 11 4a

; (4)

3 6 3

a

b  c 

0,25

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

Từ (2) và (3) suy ra: a2 b2c2 9 (5)

Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:



a 2 221

 

a 658



0
Như vậy a2 hoặc

658
221
a

.Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc

658 46 67

; ;

221 221 221

I  

  và R = 3.
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:



x 2



2



y 2



2



z1



2 9
và

2 2 2

658 46 67

221 221 221

x y z

     

     

     

     

0,25

VIIa 1,00

Điều kiện: n  1 4 n5

Hệ điều kiện ban đầu tương đương:



 





 





 





 



1 2 3 4 1 2 3 5

2 3

4.3.2.1 3.2.1 4

1 1 2 3 7

1 1

5.4.3.2.1 15

n n n n n n n

n n

n n n n n

n n n

      



   



 

   

   




0,50

2
2

9 22 0

5 50 0 10

n n

n n n

n

   


      
 



0,50

VIb 2,00

1 1,00

Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình

2 2 0; 2

2 4 8 0

1; 3

5 2 0

y x

x y x y

y x

x y

 

      


 

 

   



0,50
Vì A có hồnh độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).

Vì ABC900nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua
tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).

0,50

2 1,00

Phương trình tham số của d1 là:

1 2
3 3
2

x t

y t

z t

 



 

 

 . M thuộc d1 nên tọa độ của M



1 2 ;3 3 ; 2 t  t t



.
Theo đề:

 













2 1 2

2 2

|1 2 2 3 3 4 1| |12 6 |

, 2 2 12 6 6 1, 0.

1 2 2

t t t t

d M P            t  t  t 

  

0,25

+ Với t1 = 1 ta được M1



3;0;2



;

+ Với t2 = 0 ta được M2



1;3;0



0,25
+ Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp

này là (Q1). PT (Q1) là:



x 3



 2y2



z 2



 0 x 2y2z 7 0 (1) .

Phương trình tham số của d2 là:

5 6
4

5 5

x t

y t

z t

 






  

 (2)

Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0  t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0).

0,25

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

Điều kiện





0 3

3 x   x













( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3

f x x x

x

     



;









1 3

'( ) 3 3 '

3 3

f x x

x x

  

 

0,25

Ta có:







 



0 0

6 6 1 cos 3 3

sin sin sin 0 sin 0 3

2 2

|

t t

dt dt t t

 



 

   



         



0,25

Khi đó:

2
0

6
sin

2
'( )

2
t

dt
f x

x











 



2 1

3 3 0 2

3 2

3 2 1

3; 2 3; 2 2

x x

x x

x

x x x x



  

  



  

 

      

  

      

 

0,50

-2

</div>

De thi thu Dai hoc Mon Toan khoi D va dap an























 

 









 





























<sub></sub>

<sub></sub>









 









|





















 





 





















 













 





