Giáo trình Ngắn mạch và đứt dây trong hệ thống điện (giáo trình dùng cho sinh viên khối kỹ thuật của các trường đại học): Phần 2

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi: TOÁN, khối : B,D Thời gian làm bài: 180 phút, không 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  3mx 2   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) sin x  cos x 4. 1. Giải phương trình :. 4. sin 2 x. . 1 2.  tan x  cot x . 2. Giải phương trình: log 4  x  1  2  log 2. 2. 4  x  log 8  4  x . 3. 3. dx. 2. Câu III (1 điểm) Tính tích phân A .  1. x 1 x. 2. 2. Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn 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.  x 2  7 x  6  0 Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  2  x  2  m  1 x  m  3  0 PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) A. 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  2 y  2z + 5 = 0;  Q  : x  2 y  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: 5 2  4 3 C  C  An  2 n  1 n  1  4 (Ở đây Ank , Cnk lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)  C n  4  7 A3  n 1 15 n 1 B. 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): x 2  y 2  2 x  4 y  8  0 .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường. thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2.Cho mặt phẳng (P): x  2 y  2 z  1  0 và các đường thẳng d1 :. x 1 2. . y 3 3. . z 2. ; d2 :. x5 6. . y 4. . z5 5. 1 Lop12.net. ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Tìm các điểm M  d1 , N  d 2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số f ( x )  ln 6. f '( x ) . . sin . 2. 0. 1. 3  x. 3. và giải bất phương trình. t dt 2. x2. ----------------------Hết----------------------. Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh………………………………..; Số báo danh:………………………………. ĐÁP ÁN ĐỀ THI . Câu Ý. Nội dung. I 1 Khi m = 1 ta có y  x3  3 x 2  1 + MXĐ: D   + Sự biến thiên:  Giới hạn: lim y  ; lim y   x . Điể m 2,00 1,00 0,25. x . .  x  2 y '  3x 2  6 x ; y '  0   x  0. . Bảng biến thiên. 0,25. 0,25. yC§  y  2   3; yCT  y  0   1. . Đồ thị. 0,25. 2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. 1,00 + Khi m = 0  y  x  1 , nên hàm số không có cực trị.. 0,25. + Khi m  0  y '  3mx 2  6mx   m  1 Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y '  0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép.   '  9m 2  3m  m  1  12m 2  3m  0  0  m . 1 4. II. 0,50. 0,25. 2,00 1,00. 1 sin 4 x  cos 4 x 1   tan x  cot x  (1) sin 2 x 2 Điều kiện: sin 2 x  0. 0,25. 1 1  sin 2 2 x 1  sin x cos x  2 (1)      sin 2 x 2  cos x sin x . 0,25. 1 1  sin 2 2 x 1 1 2    1  sin 2 2 x  1  sin 2 x  0 sin 2 x sin 2 x 2 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.. 2. 0,50. 1,00 log 4  x  1  2  log 2. 4  x  log8  4  x  (2) 3. 2. x 1  0 4  x  4  Điều kiện: 4  x  0    x  1 4  x  0 . 0,25. 3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> (2)  log 2 x  1  2  log 2  4  x   log 2  4  x   log 2 x  1  2  log 2 16  x 2   log 2 4 x  1  log 2 16  x. 2.   4 x  1  16  x. 0,25. 2. + Với 1  x  4 ta có phương trình x 2  4 x  12  0 (3) ; 0,25. x  2 (3)    x  6  lo¹i  + Với 4  x  1 ta có phương trình x 2  4 x  20  0 (4);  x  2  24  4    x  2  24  lo¹i . 0,25. . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 hoặc x  2 1  6. . III. 1,00 Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2 xdx . dx tdt  2 x x. dx tdt tdt   2 2 x 1 t t 1 + Đổi cận: . 0,50. 1 3 x t  2 2 3 1 x t  2 2 1 2. dt A  2  t  1 3 2. 3 2. dt 1 t  1 23 1  7  4 3   1 1  t 2 2 ln 1  t |12  2 ln  3   . 0,50. 2. IV. 1,00 Gọi E là trung điểm của AB, OE  AB, SE  AB , suy ra  SOE   AB .. ta. có:. Dựng OH  SE  OH   SAB  , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 1 1 1 1 1 1 1 8       1  2 2 2 2 2 2 OH SO OE OE OH SO 9 9 9 3  OE 2   OE  8 2 2 9 81 9 SE 2  OE 2  SO 2   9   SE  8 8 2 2 4 Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> S SAB . 2S 1 36 AB.SE  AB  SAB  8 2 9 2 SE 2 2 2. . . 0,25. 9 9 265 1  OA2  AE 2  OE 2   AB   OE 2  4 2   32   8 8 8 2  1 1 265 265 .3   Thể tích hình nón đã cho: V   .OA2 .SO   3 3 8 8 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 265 337 337 SA2  SO 2  OA2  9    SA  8 8 8 S xq   .OA.SA  . 2. 0,25. 0,25. 265 337 89305 .  8 8 8. V. 1,00.  x  7 x  6  0 (1) Hệ bất phương trình  2  x  2  m  1 x  m  3  0 (2) 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   x 2  2 x  3   2 x  1 m . x2  2x  3  m (do x  1;6  2 x  1  0)  2 x  1. x2  2x  3 ; x  1;6 Gọi f ( x)  2x 1. 0,25. Hệ đã cho có nghiệm  x0  1;6 : f ( x0 )  m. f ' x . 2x2  2x  8.  2 x  1. 2. . 2  x2  x  4.  2 x  1. 2. ; f '  x   0  x2  x  4  0  x . 1  17 2. 0,25. 1  17 2 2 27  1  17  3  17 Ta có: f (1)  , f (6)  , f    3 13  2 2 . Vì x  1;6 nên chỉ nhận x . Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x)  Do đó x0  1;6 : f ( x0 )  m  max f ( x)  m  x1;6. 27 13. 0,25. 27 m 13. VIa. 2,00 1,00. 1 Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: 4 x  3 y  4  0  x  2   A  2; 4   x  2 y  6  0 y  4. 0,25. 4 x  3 y  4  0 x  1 Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình    B 1;0  x  y 1  0 y  0. 0,25. 5 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a  x  2   b  y  4   0  ax  by  2a  4b  0 Gọi 1 : 4 x  3 y  4  0;  2 : x  2 y  6  0;  3 : ax  by  2a  4b  0  ;      ;   . Do đó Từ giả thiết suy ra  2. 3. 1. 2. |1.a  2.b | | 4.1  2.3 | cos   2 ;  3   cos  1 ;  2    2 2 25. 5 5. a  b a  0 | a  2b | 2 a 2  b 2  a  3a  4b   0   3a  4b  0 + a = 0  b  0 . Do đó  3 : y  4  0 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra  3 : 4 x  3 y  4  0 (trùng với 1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. y  4  0 x  5 Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:    C  5; 4  x  y 1  0 y  4 2. 0,25. 0,25 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 OI  AI  OI 2  AI 2  a 2  b 2  c 2   a  5    b  2    c  1.  10a  4b  2c  30 (1) | a  2b  2c  5 | 2 OI  d  I ,  P    a 2  b 2  c 2   9  a 2  b 2  c 2    a  2b  2c  5  (2) 3 0,25 | a  2b  2c  5 | | a  2b  2c  13 | d  I ,  P   d  I , Q    3 3  a  2b  2c  5  a  2b  2c  13 (lo¹i)   a  2b  2c  4 (3)  a  2b  2c  5  a  2b  2c  13 Từ (1) và (3) suy ra: b . 17 11a 11  4a  ;c (4) 3 6 3. Từ (2) và (3) suy ra: a 2  b 2  c 2  9 (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:  a  2  221a  658   0 67  658  658 46 ; ; Như vậy a  2 hoặc a  .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc I   221  221 221 221  và R = 3.. Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:. 6 Lop12.net. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2. 2. 2. 658 46 67  x  2    y  2    z  1  9 và  x     y     z    9 221   221   221   2. VII a. 2. 2. 1,00 Điều kiện: n  1  4  n  5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương:   n  1 n  2  n  3 n  4   n  1 n  2  n  3 5    n  2  n  3  4.3.2.1 3.2.1 4    n  1 n  n  1 n  2  n  3  7  n  1 n  n  1  5.4.3.2.1 15. 0,50. n 2  9n  22  0   n 2  5n  50  0  n  10 n  5 . 0,50. VIb. 2,00 1,00. 1 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình  x2  y 2  2x  4 y  8  0  y  0; x  2    y  1; x  3 x  5y  2  0. 0,50. Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì  ABC  900 nên 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.  x  1  2t  Phương trình tham số của d1 là:  y  3  3t . M thuộc d1 nên tọa độ của M  z  2t . 1  2t;3  3t; 2t  .. Theo đề:. d  M ,  P  . 0,25. |1  2t  2  3  3t   4t  1| 12   2   22 2. 2. |12t  6 |  2  12t  6  6  t1  1, t2  0. 3. + Với t1 = 1 ta được M 1  3;0; 2  ;. 0,25. + Với t2 = 0 ta được M 2 1;3;0  + Ứng với M1, điểm N1  d 2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là:  x  3  2 y  2  z  2   0  x  2 y  2 z  7  0 (1) ..  x  5  6t  Phương trình tham số của d2 là:  y  4t (2)  z  5  5t  Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0  t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0). + Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 7 Lop12.net. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> VII b. 1,00 Điều kiện. f ( x)  ln. 1. 3  x  1. 3  x . f '( x)  3. Ta  6. sin . 3. 3. 0 x3  ln1  3ln  3  x   3ln  3  x  ;. 0,25. 1 3 3  x  '  3 x 3  x . có:. . 2. 0.  t 6 1  cos t 3 3 dt   dt   t  sin t |    sin     0  sin 0    3 0 2  0 2  . 6. Khi. f '( x) . đó:. . sin . 2. 0. 0,25. t dt 2. x2. 2x 1  3  3  x  2    x 3 x  2  0    1  3  x x  2     x3  x  3; x  2  x  3; x  2 2  Hết.. 0,50. GV: Đặng Ngọc Liên-SĐT: 0977467739 Trường THPT Ngọc Hồi – KonTum-TPKonTum. Chúc các em ôn tập những ngày cuối có hiệu quả cao nhất!. Gửi Tặng các em :”””’’”’’’” vHọc Và Thi v’’’””’’’””’’. thi đại học 2009 - mấy điểm cần lưu ý -----------. I. Trước khi thi:. 1. Học: Không nên đọc, học một cách ngấu nghiến, nhồi nhét  căng thẳng và hay quên. Nªn xem l¹i c¸c phÇn cßn l¬ m¬, c¸c c«ng thøc cßn ch­a thuéc … T©m lÝ tho¶i m¸i! 2. ăn uống: Tránh thức quá khuya, học quá sức. ăn uống, ngủ đầy đủ (6  7h), nếu có thãi quen ngñ tr­a (15  45’) th× cµng tèt. Tr¸nh c¸c mãn tÕ nhÞ víi d¹ dÇy, c¸c chÊt kÝch thÝch (chÌ, cµ phª). 3. Đi thi: Tìm hiểu kĩ địa điểm thi  chọn đường đi tốt nhất, tránh ách tắc, nên đi sớm và nếu cần thiết, có người nhà đưa đi. Chú ý ăn mặc, đầu tóc, giầy dép, tác phong nghiêm tóc. 4. Buổi tối trước ngày thi: Soạn đầy đủ giấy tờ, đồ dùng: Giấy báo thi, CMND, giấy chứng nhận tốt nghiệp, bút, bút chì, tẩy, thước, compa, đồng hồ, máy tính (nên dùng loại Casio - fx 500A, 570 MS), … để sẵn. Chú ý chuẩn bị nhiều bút cùng loại, cùng màu (nên dùng màu xanh). Không dùng bút xoá. Nên đi ngủ sớm, dậy sớm và đến trường sớm. Nếu trường ở xa, buæi tr­a nªn nghØ l¹i.. II. Trong khi thi: - víi m«n To¸n:. 8 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 1. Vµo phßng thi: Thư giãn!  Tư tưởng thật thoải mái, hát thầm (nếu có khả năng), ngắm nhìn phong cảnh (nếu người ta mở cửa sổ), nói chuyện nhỏ với hàng xóm, hít thở … Bình tĩnh, tự tin và cẩn thận là đã giành được 50% phần thắng. 2. NhËn bµi thi: Nên dành khoảng 5 - 10 phút đọc kĩ đề, đọc  2 lần  lên chiến lược làm bài: các câu dễ làm trước, khó hơn làm sau. (“Dê làm khổ bò”) 3. Lµm bµi thi: - Nếu đã có hướng làm rồi thì không cần nháp, làm thẳng vào bài thi. Sai thì lấy thước gạch chéo 1 đường, cách 1 - 2 dòng làm tiếp. Không dùng bút chì để vẽ đồ thị. - Mçi bµi chØ nªn lµm trong kho¶ng 15 phót, kh«ng nªn ®Çu t­ nhiÒu qu¸, nÕu nh¸p thÊy qu¸ 10 phót mµ ch­a ra th× nªn chän c©u kh¸c, c©u nµy quay l¹i sau. - Chó ý giµnh tõng ®iÓm mét, dï lµ 1/4 ®iÓm còng kh«ng chª. - Có ý thức kiểm tra từng bước biến đổi. Làm xong 1 bài, dành khoảng 2 phút xem lại bài đó. Đừng đợi làm xong hết mới kiểm tra. Cố gắng làm đâu chắc đấy. - Kiểm tra việc đặt điều kiện và so sánh điều kiện. Chú ý trình bày sáng sủa, rõ ràng, đủ ý, viết Câu 1, a, b, c rõ ràng, dễ đọc. - Khi căng thẳng quá có thể tạm thời dừng lại hít thở, ngắm nhìn mọi người làm bài, hoặc nghĩ đến 1 câu chuyện cười …  - Bài thi, giấy nháp để gọn gàng, đừng nháp vào bài thi và cũng đừng nộp tờ nháp. Kiểm tra đầy đủ SBD, số tờ, các thông tin cá nhân, chữ kí 2 giám thị . 4. Nộp bài thi: Tuyệt đối không đầu hàng trước giờ, hãy chiến đấu đến phút 179. Chỉ nộp bài khi giám thị yêu cầu. Chú ý kiểm tra thêm 1 lần trước khi nộp. Khi lên nộp bài nhớ mang theo đồng hồ, máy tính, tránh mất mát. - víi c¸c m«n Thi tr¾c nghiÖm: Xem đề cương 15 điểm (4 chuẩn bị, 5 bí quyết, 6 lưu ý). Häc TËp – Thi Cö Vµ Thµnh §¹t !. 9 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>