Đề thi thử đại học, cao đẳng môn thi Toán, khối A (lần 7)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi toán, khối A (lần 7) 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 y  x3  3m 2 x  2m (Cm) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . b) Tìm m để (Cm) cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt. Câu II: a) Giải phương trình:. (sin 2 x  sin x  4) cos x  2 0 2sin x  3. b) Giải phương trình: 8 x  1  2 3 2 x1  1  2. Câu III: Tính tích phân sau: I   0. sin xdx (sin x  cos x)3. Câu IV: Khối chóp SABC có SA  (ABC),  ABC vuông cân đỉnh C và SC = a .Tính góc  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  x  2  x  (2  x)(2  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): x  y  z  1  0 để  MAB là tam giác đều biết A(1;2;3) và B(3;4;1). Câu VII.a: Tìm hệ số của x 20 trong khai triển Newton của biểu thức (. 2 x. 3.  x5 ) n. 1 1 1 1 Cnn  biết rằng: Cn0  Cn1  Cn2  ...  (1)n 2 3 n 1 13. 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 () : 3x  y  5  0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. 2) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (1 ) có PT  x  2t ; y  t ; z  4 ; ( 2 ) là giao tuyến của 2mp ( ) : x  y  3  0 và (  ) : 4 x  4 y  3z  12  0 . 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 y . x 2  (2m  1) x  m 2  m  4 . Chứng minh với mọi m thì hàm số có 2( x  m). 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:…………….. 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu Ia) 1điểm. Đáp án. Điểm. y  x3  3m 2 x  2m (Cm) khi m  1  y  x3  3 x  2 (C) TXĐ: D=R, y '  3 x 2  3, y '  0  x  1. 0.25. HS đồng biến trên  ; 1 và 1;   ; nghịch biến trên  1;1 HS đạt cực đại tại x  1; yCD  4 , đạt cực tiểu tại x  1; yCD  0 Giới hạn: lim  , lim  . 0.25. Bảng biến thiên: Đồ thị:(C)  Ox tại A(1;0) và B(-2;0), :(C)  Oy tại C(0;2). 0.25 0.25. x . x . x f’(t) f(t). - +. -1 0 4. -. -. 1 0. + +. +. 0. Ib) (Cm) có hệ số x3 là 1, nếu không có cực trị sẽ luôn đồng biến, vậy để cắt trục 1điểm hoành tại 2 điểm thì (Cm) phải có 2 cực trị.  y '  0 có 2 nghiệm phân biệt  3 x 2  3m 2  0 có 2ng pb Khi m  0 thì y '  0  x   m (Cm) cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt  yCĐ = 0 hoặc yCT = 0 y (m)  0  2m3  2m  0  m  0 (loại)  KL: m  1 y (m)  0  2m3  2m  0  m  0  m  1 IIa) (sin 2 x  sin x  4) cos x  2  0 (sin 2 x  sin x  4) cos x  2 0  1điểm 2sin x  3 2sin x  3  0. (2 cos x  1)(sin x cos x  2)  0 2 cos x  1     x   k 2 3 2sin x  3  0 2sin x   3 IIa) 1điểm. 8x  1  2. 3. 2 x1  1. 0.5. 1.0. Đặt 2 x  u  0; 3 2 x 1  1  v. u 3  1  2v u 3  1  2v u  v  0  3    3 2 2 u  2u  1  0 v  1  2u (u  v)(u  uv  v  2)  0  x  0; x  log 2. 0.5. 1  5 2. 0.5. 0.5. 2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> III    Đặt x   t  dx  dt ; x  0  t  ; x   t  0 1điểm 2 2 2 I. . . 2. 2. sin xdx.  (sin x  cos x)3 0.  2. I. . cos tdt. 2. 0.5. cos xdx.  (sin t  cos t )3   (sin x  cos x)3 0. 0. . . 12 dx 1  4 1  2I       cot( x  )  1  I  2 2 0 sin 2 ( x   ) 2 4 0 2 0 (sin x  cos x ) 4  IV    SCA  (0; ) AC BC SC BC (đlý 3 đg vuông góc)     1điểm 2 3 a  SA  a sin  , AC  BC  a cos   VSABC  (sin   sin 3  ) 6 dx. . Xét hàm số y  sin x  sin 3 x trên khoảng (0; ) , lâp BBT 2 3 3 a a 3 1   (VSABC ) max  ymax  khi sin   ,   (0; ) 6 9 2 3 V 1 1  0 Đk: 2  x  2 , đặt t  2  x  2  x  t '  1điểm 2 2 x 2 2 x  t  t ( x) nghịch biến trên [-2;2]  t  [-2;2] 4  t2 2 2  x  2  x  (2  x)(2  x)  m  2m  t 2  2t  4  f (t ) Bảng biến thiên: x -2 -1 2 f’(t) 0 + 4 f(t) -4 -5 5 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt  5  2m  4    m  2 2 Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn VIa.1 Phương trình đường thẳng đi qua M(3;1) cắt tia Ox tại A(a;0),cắt tia Oy tại 1điểm 3 1 B(0;b), a,b>0 là:    1 a b 3 1 3 1 Theo bất đẳng thức Cauchy 1    2 .  ab  12 a b a b. Ta có: t 2  4  2 4  x 2  4  x 2 . Mà OA  3OB  a  3b  2 3ab  12 a  3b a  6   (OA  3OB) min  12   3 1 1   b  2  a  b  2. 0.5. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25. 0.5. 0.5. 0.5. 3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> x y   1  x  3y  6  0 6 2 VIa.2 MA=MB  M thuộc mp trung trực của đoạn AB có PT: x  y  z  3  0 (Q) 1điểm M thuộc giao tuyến của (P) và (Q) có dạng tham số: x  2; y  t  1; z  t. PTĐT là:. 0.25.  t : M  (2; t  1; t )  AM  2t 2  8t  11. 0.25. Vì AB = 12 nên  MAB đều khi MA=MB=AB 4  18 6  18 4  18  2t 2  8t  1  0  t   M  (2; ; ) 2 2 2. 0.5. VII Theo Newton thì: (1  x) n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ....  (1) n Cnn x n  B 1điểm 1 1 1 1 1 1 n Vì  (1  x) dx  ,  Bdx  Cn0  Cn1  Cn2  ...  (1) n Cnn n 1 0 2 3 n 1 0. 0.5.  n  1  13  n  12. Lại có: (. 2 3. 5 n. x ) . 12. . 2 k C12 .( 3 ). nk. k 12 k 8k 36 .2 .x ( x5 ) k , Tk 1  C12. x x k 0 Số hạng ứng với thoả mãn: 8k  36  20  k  7 7 5  Hệ số của x 20 là: C12 .2  25344 2. Theo chương trình nâng cao: VIb.1 Viết phương trình đường AB: 4 x  3 y  4  0 và AB  5 1điểm Viết phương trình đường CD: x  4 y  17  0 và CD  17. Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: M  (t ;3t  5) Ta tính được: 13t  19 11t  37 d ( M , AB)  ; d ( M , CD)  5 17 Từ đó: S MAB  S MCD  d ( M , AB). AB  d ( M , CD).CD 7 7  t  9  t   Có 2 điểm cần tìm là: M (9; 32), M ( ; 2) 3 3  VIb.2 Ta có: 1 đi qua M1 = (0;0;4), có vectơ chỉ phương u1  (2;1;0)  1điểm Ta tìm được  2 đi qua M2 = (3;0;0), có vectơ chỉ phương u2  (1; 1;0)     u1 , u2  .M1M 2  12  0  1 ,  2 chéo nhau. Gọi chân đg vuông góc chung của 1 ,  2 là: A  2t ; t ; 4   1 , A  2t ; t ; 4   1       AB  ( s  2t  3;  s  t ; 4) . Do AB.u1  0, AB.u2  0  t  1, s  1  A  (2;1; 4), B  (2;1;0) Mặt cầu cần tìm là mặt cầu đường kính AB có tâm I(2;1;2), bán kính 1 R  AB  2 có phương trình là: ( x  2) 2  ( y  1) 2  ( z  2) 2  4 2 VII 1 1 1 2 1 2  y'   ĐK: x  m , ta có: y  x  m   1điểm 2 2 2 xm 2 ( x  m) 2 y '  0  x  m  2  x  m  2 .Ta có bảng biến thiên: m  2 m  2 x - -m + y’ + 0 0 +. 0.25 0.25. 0.25. 0.25. 0.5. 0.25. 0.5. 0.25. 0.5. 4 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 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 y . 2 x  2m  1 2.  yCD  yCT  xCD  xCT  AB  ( y2  y1 ) 2  ( x2  x1 ) 2  2 x1  x2. 0.5.  AB  4 2 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.. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi toán, khối B (lần 1) 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 y . x 1 (C) x 1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm trên Oy tất cả các điểm từ đó kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới (C). Câu II: a) Giải phương trình: log 2 ( x 2  1)  ( x 2  5) log( x 2  1)  5 x 2  0 b) Tìm nghiệm của phương trình: cos x  cos 2 x  sin 3 x  2 thoả mãn : x  1  3 1. Câu III: Tính tích phân sau: I   x ln( x 2  x  1)dx 0. Câu IV: Cho hình lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có  ABC là tam giác vuông tại B và AB = a, BC = b, AA’ = c ( c 2  a 2  b 2 ). Tính diện tích thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi mp(P) đi qua A và vuông góc với CA’. Câu V: Cho x, y, z  (0;1) và xy  yz  zx  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P. x 1  x2. . y 1 y2. . z 1 z2. B. PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a:. 5 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) có phương trình: x  t ; y  1  2t ; z  2  t ( t  R ) và mặt phẳng (P): 2 x  y  2 z  3  0 .Viết phương trình tham số của đường thẳng nằm trên (P) cắt và vuông góc với (d). 2) Trong mp(Oxy) cho elip (E):. x2 y 2   1 . Viết phương trình đường thẳng đi qua I(1;1) 9 4. cắt (E) tại 2 điểm A và B sao cho I là trung điểm của AB.  z  w  zw  8 2 2  z  w  1. Câu VII.a: Giải hệ phương trình sau trên tập số phức: . Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: Trong không gian Oxyz cho 4 điểm A(2;4;-1), B(1;4;-1), C(2;4;3), D(2;2;-1) 1) Xác định tọa độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. 2) Tìm tọa độ điểm M để MA2 + MB2 + MC2 + MD2 đạt giá trị nhỏ nhất. x  x 2  2x  2  3y 1  1  Câu VII.b: Giải hệ phương trình:  ( x, y  R ) y  y 2  2y  2  3x 1  1. ==========Hết========== Câu Ia) 1điểm. Đáp án. 2 x 1  0x  1 (C) TXĐ: D  R \ 1  y '  x 1 ( x  1) 2  Hs nghịch biến trên (;1) và (1; ) . Không có cực trị Giới hạn: lim  1, lim  1  ĐTHS có tiệm cận ngang là y  1. y. x . x . Giới hạn: lim y  , lim y    ĐTHS có tiệm cận đứng là x  1 x 1. Điểm 0.25. 0.25. x 1. Bảng biến thiên: Đồ thị:(C)  Ox tại A(-1;0) , :(C)  Oy tại B(0;2); Điểm I(1;1) là tâm đối xứng x f’(t). -. +. 1 f(t). +. 1 -. 0.25 0.25. 1. 6 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Ib) Gọi M (0; yo ) là điểm cần tìm, PTTT qua M có dạng: y  kx  yo (d) 1điểm (d) là tiếp tuyến của (C)  x 1 ( yo  1) x 2  2( yo  1) x  yo  1  0 (1)  x  1  kx  yo    2 2 k   x  1; 2  k ( x  1) 2   ( x  1). 0.5. Để thoả mãn đk  hệ (*) có 1nghiệm  PT(1) có 1 nghiệm khác 1 1  yo  1  y  1  x  ; yo  1  k  8   o    2 1  2  x   '  ( y  1)  ( y  1)( y  1)  0   o o o 2   x  0; yo  1  k  2. 0.5. Vậy có 2 điểm cần tìm là: M(0;1) và M(0;-1) IIa) 1điểm. log 2 ( x 2  1)  ( x 2  5) log( x 2  1)  5 x 2  0 , TXĐ: D=R. 0.5. Đặt log( x 2  1)  y  y 2  ( x 2  5) y  5 x 2  0  y  5  y   x 2. y  5  x 2  1  105  x   99999 y   x 2  x  0 do  x 2  0;log( x 2  1)  0 IIa) 1điểm. III 1điểm. 0.5. KL: PT có 3 nghiệm:…. cos x  cos 2 x  sin 3 x  2  (cos x  1)(cos x  sin x  sin x.cos x  2)  0 cos x  1  x  k 2   cos x  sin x  sin x.cos x  2  0 cos x  sin x  sin x.cos x  2  0 (1) Giải (1) đặt cos x  sin x  t ,| t | 2  vônghiệm.. 0.25. ĐK: x  1  3  2  x  4  PT có nghiệm x  0. 0.25. 0.5. 1. u  ln( x 2  x  1) 2x 1 x2  du  2 dx ; v  I   x ln( x 2  x  1)dx . Đặt  2 x  x 1 dv  xdx 0 1. x2 1 2 x3  x 2 1 1 I ln( x 2  x  1) |10   2 dx  ln 3  J 2 2 0 x  x 1 2 2 1. Ta có  J   0. 2 x3  x 2. 1. 1 2x 1 1 1 dx  (2 x  1  .  . )dx  2 2 2 2 x2  x  1 x  x  1 x  x  1 0 1. 1 1 1 1  J  ( x  x  ln( x 2  x  1) |10   dx   ln 2  2 2 0 ( x  1 )2  3 2 6 3 2 4 3  I 2 4 12 3 Dựng thiết diện của hình chóp cắt bởi mp qua IV B’ 1điểm A và vuông góc với A’C là AMN như hình vẽ A’ Ta có: NB // AA’; MC // AA’ nên ta có: 1 VA ' AMN  VMAA ' N  VMAA ' B  VCAA ' B  abc 6 N 2. 0.5. B A. 0.5. C’. 0.25 0.25. M I C. 7 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 1 abc Mà VA ' AMN  S AMN . A ' I  S AMN  3 2A' I Trong tam giác vuông A’AC ta tính được: A ' A2 c2 A' I   A 'C a 2  b2  c2.  S AMN . 0.25. ab a 2  b 2  c 2 2c. 0.25. V Vì 0  x  1  1  x 2  0 Áp dụng BĐT Côsi ta có: 1điểm 2 2 x 2  (1  x 2 )  (1  x 2 ) 3 2 2   2 x (1  x 2 ) 2   x(1  x 2 ) 3 3 3 3 . x 1 x. 2. . 0.5. 3 3 2 y 3 3 2 z 3 3 2 x . Tương tự:  y ;  z 2 2 2 2 2 1 y 1 z. 3 3 2 3 3 3 3 (x  y2  z2 )  ( xy  yz  zx)  2 2 2 3 3 1  Pmin  x yz 2 3 (Riêng bài toán này làm theo PP lượng giác hoá sẽ hay hơn.) Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn  VIa.1 Ta có: (d) đi qua M1 = (0;-1;2), có vectơ chỉ phương u1  (1; 2;1) 1điểm A(t ; 1  2t ; 2  t )  d  ( P) thoả mãn: 2  t    1  2t   2  2  t   3  0. Khi đó: P .  t  1  A(1; 3;1) mp(Q) qua A và vuông góc (d) có PT:  x  2 y  z  6  0 Đường thẳng  cần tìm là giao tuyến của (P) và (Q) có 1 vectỏ chỉ phương là:     nP ; nQ   (3;0; 3) chọn: u  (1;0;1)  . Vậy PT đường  là: x  1  t ; y  3; z  1  t VIa.2 TH1: Đường thẳng qua M có PT: x  1 dễ dàng nhận xét không thoả mãn. 1điểm TH2: Đường thẳng cần tìm có hệ số góc k thì PT là: y  k ( x  1)  1 Toạ độ giao điểm là nghiệm của hệ phương trình:  x2 y 2 (9k 2  4) x 2  18k (k  1) x  9(k  1) 2  36  0 (1)   1  9 4  y  k ( x  1)  1  y  k ( x  1)  1 . 0.5. 0.5. 0.5 0.25. 0.25. (d) cắt (E) tại A,B nhận I là trung điểm AB thì x A  xB  2 xI  2 và:  (1)  0 Theo định lý viet ta có:. 18k (k  1) 2. 2k . 4 thoả mãn 9. 9k  4 4 Vậy phương trình (d) là: y   ( x  1)  1  4 x  9 y  43  0 9 VII  z  w  zw  8  z  w  zw  8  z  w  zw  8   1điểm  2   2 2 2  z  w  1 ( z  w)  2 zw  1 ( z  w)  2( z  w)  15  0. 0.5. 0.5. 8 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  z  w  zw  8  zw  5  zw  13     z  w  3  z  w  5  z  w  3  z  w  5  3  i 11  3  i 11 w   w  2  w  3w  5  0  zw  5   2 2      z  w  3  z  w  3  z  3  i 11  z  3  i 11  2  2   5  i 27 5  i 27 w  w     zw  13  w  5w  13  0   2 2      z  w  5  z  w  5  z  5  i 27  z  5  i 27   2 2 2. Theo chương trình nâng cao: VIb.1 Gọi I  ( x; y; z ) là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Khi đó: 1điểm    4 x  2 y  z  13  0  x  79 / 42   BC ; BD  .BI  0     2 x  8 z  11  0   y  67 / 21  I   BI  CI  DI 2 x  4 y  9  0  z  19 / 21  . 0.25. 2. Vậy R = IB =. 8925 / 42  2,25. 0.25. 0.75. 0.25. VIb.2 7 14 Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: G  ( ; ;0) 1điểm 3 3. 0.25. Ta có: MA2  MB 2  MC 2  MD 2  4 MG 2  GA2  GB 2  GC 2  GD 2 7 14  GA2  GB 2  GC 2  GD 2 .Dấu bằng xảy ra khi M  G ( ; ;0) 3 3 VII  x  x 2  2 x  2  3 y 1  1 u  u 2  1  3v u  x  1  1điểm  . Đặt  ta có:  v  y  1  y  y 2  2 y  2  3x 1  1 v  v 2  1  3u.  3u  u  u 2  1  3v  v  v 2  1  f (u )  f (v) với: f (t )  3t  t  t 2  1  f '(t )  3t ln 3 . t  t2 1 2. t 1. 0.75. 0.5.  0  f(t) đồng biến.  u  v  u  u 2  1  3u  u  log3 (u  u 2  1)  0 (2) Xét hàm số: g (u )  u  log3 (u  u 2  1)  g '(u )  0  g(u) đồng biến Mà g (0)  0  u  0 là nghiệm duy nhất của (2). KL: x  y  1 là nghiệm duy nhất của hệ PT.. 0.5. 9 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi toán, khối D (lần 1) 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 y  x3  3mx 2  3x  3m  2 (Cm) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m =. 1 . 3. b) Tìm m để (Cm) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là x1, x2 , x3 thỏa mãn x12  x22  x32  15 Câu II: a) Giải bất phương trình: log x (log 4 (2 x  4))  1. . . b) Giải phương trình: cos 2 x  cos x 2 tan 2 x  1  2  2. Câu III: Tính tích phân : I   cos 2 x cos 2 xdx 0. . Câu IV: Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1  2a 5 và BAC  120 o . Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. Chứng minh MB  MA1và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM). Câu V: Tìm m để phương trình sau có một nghiệm thực: 2 x 2  2(m  4) x  5m  10  x  3  0. B. PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a: 1)Trong mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d1): x  7 y  17  0 , (d2): x  y  5  0 . Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d1),(d2) một tam giác cân tại giao điểm của (d1),(d2). 2) Trong không gian Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có A  O, B(3;0;0), D(0;2;0), A’(0;0;1). Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với AB’. Câu VII.a: Một kệ sách có 15 quyển sách (4 quyển toán khác nhau, 5 quyển lý khác nhau, 6 quyển văn khác nhau). Người ta lấy ngẫu nhiên 4 quyển sách từ kệ. Tính xác suất để số sách lấy ra không đủ 3 môn. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: Trong không gian Oxyz cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng: (d1):. x 1 y  2 z   ; (d2) là giao tuyến của 2 mp có PT: x  1  0 và x  y  z  2  0 3 2 1. 1) Chứng tỏ 2 đường thẳng d1, d2 chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng. 2) Viết PT đường thẳng (d) qua M vuông góc (d1) và cắt (d2).. . Câu VII.b: Tìm hệ số của x8 khai triển Newtơn của biểu thức P  1  x 2  x3. . 8. 10 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Câu Ia) 1điểm. Đáp án. Điểm. y  x3  3mx 2  3 x  3m  2 (Cm) khi m  1/ 30  y  x3  x 2  3 x  3 (C) TXĐ: D=R, y '  3 x 2  2 x  3, y '  0  x . 0.25. 1  10 3.   1  10  1  10  HS đồng biến trên  ; ;   ; nghịch biến /  x1 ; x2   và  3    3  HS đạt cực đại tại x  x1 ; yCD  , đạt cực tiểu tại x  x2 ; yCD  Giới hạn: lim  , lim  . 0.25. Bảng biến thiên: Đồ thị:(C)  Ox tại A(1;0) và B(x3;0), D(x4;0), :(C)  Oy tại E(0;3). 0.25 0.25. x . x . x f’(t) f(t). - +. x1 0 yCD. -. -. x2 0. + +. +. yCT. Ib) Phương trình hoành độ giao điểm: x3  3mx 2  3 x  3m  2  0 1điểm  ( x  1)[x 2  (3m  1) x  3m  2]=0  x  1  x 2  (3m  1) x  3m  2  0 (2) (Cm) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là x1 , x2 , x3 với x3  1.  x  x  3m  1 thì x1 , x2 là nghiệm khác 1 của PT (2) Theo đlý viet ta có:  1 2  x1 x2  3m  2  2  0 9m 2  6m  9  0   Để thoả mãn đk thì: 12  (3m  1).1  3m  2  0  m  0  2  2 2 2 9m  9  0  x1  x2  x3  15  m  (; 1]  [1; ) IIa) 1điểm. 0  x  1  log x (log 4 (2  4))  1 . Đk: log 4 (2 x  4)  0  x  log 2 5  x 2  4  0 x. 0.5. 0.5. 0.25. 11 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Do x  1  PT  log 4 (2 x  4)  x  2 x  4  4 x  4 x  2 x  4  0 đúng với mọi x. Do vậy BPT có nghiệm: x  log 2 5 IIa) 1điểm. . . cos 2 x  cos x 2 tan 2 x  1  2 , Đk: cos x  0  x   / 2  k 1. PT  (2 cos 2 x  1)  cos x[2(. 0.5.  1)  1]  2 cos 2 x  2 cos3 x  3cos 2 x  3cos x  2  0 cos x  1  x    k 2  2  (cos x  1)(2 cos x  5cos x  2)  0  cos x  1/ 2    x     k 2 cos x  2(VN ) 3 . III 1điểm. . . 2. 2. I   cos 2 x cos 2 xdx  0. IV 1điểm. 0.5. . 1 12 (1  cos 2 x ) cos 2 xdx  (1  2 cos 2 x  cos 4 x)dx 2 0 4 0. 0.5. 1 1   ( x  sin 2 x  sin 4 x) |0 /2  4 4 8 Theo đlý cosin ta có: BC = a 7. 0.5. Theo Pitago ta được: MB = 2 3a ; MA1= 3a 2. Vậy MB Ta lại có:.  MA12. . BA12. 0.5. A1. 2.  21a  MA1  MB. C1. B1. 1 1 VABA1M  d ( M , ( ABA1 )).S ABA1  d .S MBA1 3 3 d ( M , ( ABA1 ))  d (C , ( ABA1 ))  a 3 1 S ABA1  AB. AA1  a 2 5 2 a 5 1 S MBA1  MB.MA1  3a 2 3  d  3 2. V 1điểm. 0.5. M A. 0.5 C. B. 2 x 2  2(m  4) x  5m  10  x  3  0  2 x 2  2(m  4) x  5m  10  x  3. x  3  x  3  0    2  x2  2 x  1 2 m  2 x  2(m  4) x  5m  10  ( x  3)  2x  5 . Xét hàm số, lập BBT với f ( x)  Khi đó ta có: Bảng biến thiên: x - y’ y. +. 0 0. 0.25. x2  2 x  1 2( x 2  5 x)  f '( x)  2x  5 (2 x  5) 2. 5/2 -. 3 -. 5 0. 0.5. + +. +. 8 24/5  24  Phương trình có 1 nghiệm m     (8; ) 5. 0.25. 12 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn VIa.1 Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là: 1điểm x  7 y  17 x  y 5  x  3 y  13  0 (1 )   3 x  y  4  0 ( 2 ) 12  (7) 2 12  12 PT đường cần tìm đi qua M(0;1) và song song với 1 ,  2 KL: x  3 y  3  0 và 3 x  y  1  0 VIa.2 Kẻ CH  AB’, CK  DC’ Ta chứng 1điểm minh được CK  (ADC’B’) nên tam A’ giác CKH vuông tại K. 49 B’  CH 2  CK 2  HK 2  10 A H Vậy PT mặt cầu là: 49 B ( x  3) 2  ( y  2) 2  z 2  10. 0.5. 0.5. D’ C’. K. 0.5. D. C. 0.5. 4 VII  1365 Số phần tử của không gian mẫu là:   C15 1điểm Gọi A là biến cố lấy ra 4 quyển sách đủ cả 3 môn ( có các trường hợp: (2 toán, 1 lý, 1 văn); (1 toán, 2 lý, 1 văn);(1 toán, 1lý, 2 văn)) có số phần tử là: A  C42 .C51C61  C41 .C52C61  C41 .C51C62  720. 720 48   0.527 1365 91 43 Vậy xác suất cần tìm là: P  1  P  A   91 2. Theo chương trình nâng cao:  VIb.1 Ta có: 1 đi qua M1 = (1;-2;0), có vectơ chỉ phương u1  (3; 2;1)  1điểm Ta tìm được  2 đi qua M2 = (-1;-1;0), có vectơ chỉ phương u2  (0;1;1)       u1 , u2   (1; 3;3); u1 , u2  .M1M 2  1  0  1 ,  2 chéo nhau.    u1 , u2  .M1M 2   1   u1 , u2   19  d (d1 , d 2 )      19 u1 , u2    VIb.2 Mp(P) đi qua M(0;1;1) vuông góc với d1 có PT: 3 x  2 y  z  3  0 1điểm 3 x  2 y  z  3  0  x  1   Giao điểm A của d2 và (P) là nghiệm của hệ  x  1  0  y  5/ 3 x  y  z  2  0 z  8 / 3  . Xác suất để xảy ra A là: P( A) . ĐT cần tìm là AM có PT: VII 2 1điểm Ta có: P  1  x (1  x). . . 8. x y 1 z 1   3 2 5. . 0.5. 0.5 0.25 0.25. 0.5. 8. k. k 0. i 0.  C8k x 2k (1  x)k . Mà (1  x)k   Cki (1)i xi. 0.5. Để ứng với x8 ta có: 2k  i  8;0  i  k  8  0  k  4 Ta có:. 13 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> k i. 0 8 Loại. 1 6 Loại. 2 4 Loại. Do vậy hệ số của x8 là: a  C83C32 (1) 2  C84C40 (1)0  238. 3 2 TM. 4 0 TM 0.5. 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.. 14 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>