De thi DH 2962009khoi A

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (175.97 KB, 5 trang )

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

Bé GD & §T ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 
. Mơn thi : TỐN, 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 y x 3 3m x2 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 sin 4) cos 2
0
2sin 3

x x x

x

  




b) Giải phương trình: 8x 1 2 23 x11

Câu III: Tính tích phân sau:

3
0

sin
I

(sin cos )

xdx

x x








Câu IV: Khối chóp SABC có SA(ABC), ABC vng 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 x20 trong khai triển Newton của biểu thức

5
3

( x )n

x 

biết rằng:

0 1 1 1 2 ... ( 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 x 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2 ;t y t z ; 4



; (2) là giao

tuyến của 2mp( ) : x y  3 0 và( ) : 4 x4y3z12 0 . Chứng tỏ  1, 2 chéo nhau và viết

phương trình mặt cầu nhận đoạn vng góc chung của  1, 2 làm đường kính.

Câu VII.b: Cho hàm số

2 (2 1) 2 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============

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

Câu Đáp án Điểm

Ia)
1điểm

3 3 2 2

y x  m x m (C
m) khi

1 3 2

m  y x  x (C)

0.25
TXĐ: D=R, y' 3 x2 3, ' 0y   x1

HS đồng biến trên



  ; 1



và



1;



; nghịch biến trên



1;1



0.25
HS đạt cực đại tại x1;yCD 4, đạt cực tiểu tại x1;yCD 0

Giới hạn: xlim , limx   

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)
-

+

Ib)

1điểm (Cm) có hệ số

x là 1, nếu khơng có cực trị sẽ ln đồng biến, vậy để cắt trục

hồnh tại 2 điểm thì (Cm) phải có 2 cực trị.

0.5

' 0

y

  có 2 nghiệm phân biệt 3x2 3m2 0

   có 2ng pb

Khi m0thì y' 0  xm

(Cm) cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt  yCĐ = 0 hoặc yCT = 0

0.5

( ) 0 2 2 0 0

y m   m  m  m (loại)

( ) 0 2 2 0 0 1

y m    m  m  m  m  KL: m1

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








    






IIa)
1điểm

3 1

8x 1 2 2x 1 Đặt 2x  u 0; 23 x11v

3 3

3 2 2

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

 

      

 

     

  

      

  

 

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

1 5
0; log

x x  

   0.5

III

1điểm Đặt x 2 t dx dt



   

; x 0 t 2;x 2 t 0

 

     

3
0

sin
I

(sin cos )

xdx

x x










2 2

3 3

0 0

cos cos

(sin cos ) (sin cos )

tdt xdx

t t x x

 

 

 



0.5

2 2

2 2

0 0

1 1

2I cot( ) 1

2 2 4

(sin cos ) sin ( )
4

dx dx

x

x x x

 





     

 



1

I
2

 

0.5
IV

1điểm

ACBC SCBC (đlý 3 đg vng góc) 



(0; )
2

SCA 

   0.25

sin , cos

SA a  AC BC a 

   

3
(sin sin )
6

SABC
a

V  

   0.25

Xét hàm số ysinx sin3x trên khoảng (0; )2



, lâp BBT 0.25

3 3

max max 3

( )

6 9

SABC a a

V y

  

khi

1
sin

3
 

, (0; )2



  0.25

V
1điểm

Đk: 2 x 2, đặt t 2 x 2x

1 1

' 0

2 2 2 2

t

x x



   

 

( )

t t x

  nghịch biến trên [-2;2] t [-2;2]

0.25

Ta có:

2 4 2 4 2 4 2 4

t

t    x   x  

2 x 2x (2 x)(2x)m 2m t 22t 4f t( )

0.25
Bảng biến thiên:

x -2 -1 2

f’(t) - 0 +

f(t) -4

-5

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

5 2 4 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 . ab 12

a b a b

    

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

min

( 3 ) 12 3 1 1

2
2

a b

a

OA OB

b

a b








      



  



 0.5

PTĐT là: 6 2 1 3 6 0

x y

     

VIa.2

1điểm MA=MB M thuộc mp trung trực của đoạn AB có PT:

3 0

x y z    (Q) 0.25

M thuộc giao tuyến của (P) và (Q) có dạng tham số: x2;y t 1;z t

: (2; 1; )

t M t t

     AM  2t2 8 11t 0.25

Vì AB = 12 nên MAB đều khi MA=MB=AB

2 4 18

2 8 1 0

t t t 

     

6 18 4 18

(2; ; )

2 2

M  

  0.5

VII

1điểm Theo Newton thì:

0 1 2 2

(1 x)nCn  C x C xn  n  .... ( 1)  nC xnn n B

Vì

1
(1 )

1
n

x dx
n

 





0 1 2

1 1 1

... ( 1)

2 3 1

n n

n n n n

Bdx C C C C

n

     





1 13 12

n n

    

0.5

Lại có:

5 5

3 3

2 2

( ) .( ) ( )

n k

n k k

k

x C x

x x





 



, Tk1C12k .212k.x8k36

0.25
Số hạng ứng với thoả mãn: 8k 36 20  k7

 Hệ số của x20 là: C127.2525344 0.25

2. Theo chương trình nâng cao:
VIb.1

1điểm Viết phương trình đường AB:

4x3y 4 0 và AB5

Viết phương trình đường CD: x 4y17 0 và CD 17 0.25

Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M ( ;3t t 5) Ta tính được:

13 19 11 37

( , ) ; ( , )

5 17

t t

d M AB   d M CD   0.25

Từ đó: SMAB SMCD  d M AB AB d M CD CD( , ).  ( , ).
7

9
3

t t

   

 Có 2 điểm cần tìm là:

7
( 9; 32), ( ; 2)

M   M 0.5

VIb.2

1điểm Ta có: 1 đi qua M1 = (0;0;4), có vectơ chỉ phương u1(2;1;0)



Ta tìm được 2 đi qua M2 = (3;0;0), có vectơ chỉ phương u2 (1; 1;0)



1, 2 . 1 2 12 0

u u M M

 

                  

 1,2 chéo nhau.

0.25

Gọi chân đg vng góc chung của 1,2 là: A t t



2 ; ; 4



 1, A t t



2 ; ; 4



 1

( 2 3; ; 4)

AB s t s t

      



. Do AB u. 10,AB u. 2 0

   

1, 1

t 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

2
2

R AB

có phương trình là: (x 2)2(y1)2(z 2)24

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

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 2

y   xm  xm .Ta có bảng biến thiên:

0.5

x - m 2 -m m2 +

y’ + 0 - - 0 +

KL: Hàm số ln có cực đại và cực tiểu với mọi m.
Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là

2 2 1

x m

y  

0.5

CD CT CD CT

y y x x

     AB (y2 y1)2(x2 x1)2  2 x1 x2

4 2
AB

  không đổi  ĐPCM

</div>

De thi DH 2962009khoi A

































<sub></sub>









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về