DE THI THU TOAN(KHOI D)CO BAI GIAI

ĐỀ THI THỬ ĐH- CĐ NĂM 2009Môn thi toán, khối D CÓ BÀI GIẢI Người thực hiện: NGUYỄN DIỄM MY... Gọi M là trung điểm của cạnh CC1.. Chứng mih MB ⊥ MA1và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt

ĐỀ THI THỬ ĐH- CĐ NĂM 2009

Môn thi toán, khối D (CÓ BÀI GIẢI)

Người thực hiện: NGUYỄN DIỄM MY

3 3 2 3 3 2

y x = − mx − + x m +

1 3

1, ,2 3

x x x x12 + x22 + x32 ≥ 15

4

log (log (2x x − 4)) 1 ≤

cos 2 x + cos x 2 tan x − = 1 2

A.PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm):

Câu I : Cho hàm số (Cm)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m =

b) Tìm m để (Cm) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là

thỏa mãn

Câu II: a) Giải bất phương trình:

b) Giải phương trình:

Câu III: Tính tích phân :

2

2 0

I cos x cos 2 xdx

π

= ∫

2a 5

=

o

120 BAC ∧ =

2

2 x − 2( m + 4) x + 5 m + − + = 10 x 3 0

Câu IV: Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1

và

Gọi M là trung điểm của cạnh CC1 Chứng mih MB ⊥ MA1và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM)

C âu V : Tìm m để phương trình sau có một nghiệm thực:

B PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần

Theo chương trình chuẩn:

7 17 0

x − y + =

5 0

x y + − =

≡

Câu VI.a:

1)Trong mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d 1 ):

(d 2 ):

Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d 1 ),(d 2 ) một tam giác cân tại giao điểm của (d 1 ),(d 2 ).

2) Trong không gian Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có A

, B(3;0;0), D(0;2;0), A’(0;0;1) Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với AB’.

O

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 từkệ 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:

8

1

P = + x −x

(d 1 ): ; (d 2 ) là giao tuyến của 2 mp có PT:

1) Chứng tỏ 2 đường thẳng d 1 , d 2 chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng 2) Viết PT đường thẳng (d) qua M vuông góc (d 1 ) và cắt (d 2 ).

Câu VII.b: Tìm hệ số của khai triển Newtơn của biểu thức

và

BÀI GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM

A PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm):

Ia)

1đ (Cm). Khi (c )

TXĐ: D=R,

HS đồng biến trên và ; nghịch biến /

HS đạt cực đại tại , đạt cực tiểu tại

Giới hạn:

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

0.25 0.25

3 3 2 3 3 2

y x= − mx − +x m+ m = 1/ 30 ⇒ = − − + y x3 x2 3 x 3

' 3 2 3, ' 0

3

y = x − x− y = ⇔ =x ±

1 10

; 3

 − 

−∞

 ÷

 ÷

 

1 10

; 3

+∞

1; CD

x x y = = x x y = 2; CD =

lim , lim

x→+∞ = +∞ x→−∞ = −∞

f(t)

-+

1

∞

CD

y

CT y

∞

∞

∩

∩

Ib) 1đ

Phương trình hoành độ giao điểm:

(Cm) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là

với thì là nghiệm khác 1 của PT (2) Theo đlý viet ta có:

Để thoả mãn đk thì:

0.5

0.5

x − mx − x + m + =

(x 1)[x (3m 1)x 3m 2]=0 x 1 x (3m 1)x 3m 2 0 (2)

⇔ − − − − − ⇔ = ∨ − − − − =

1, ,2 3

x x x

3 1

x = x x 1 , 2

1 2

1 2

x x m

x x m



 = − −



2 2

2

1 2 3

∆ >

 − − − − ≠ ⇔  ≠





( ; 1] [1; )

m

⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞

IIa)

1đ

Đk:

Do PT đúng với mọi x

Do vậy BPT có nghiệm:

0.5

0.5

IIb)

1đ

, Đk:

PT

0.5

0.5

4

log (log (2x x − 4)) 1 ≤

log (2 4) 0 log 5

2 4 0

x

x

x

x

< ≠





− > ⇔ >



 − >



1

x > ⇒ ⇔ log (24 x − ≤ ⇔ 4) x 2x − ≤ 4 4x ⇔ 4x − 2x + ≥ 4 0

2 log 5

x >

( 2 )

cos 2 x + cos x 2 tan x − = 1 2 cos x ≠ ⇔ ≠ 0 x π / 2 + k π

2

2

1 (2cos 1) cos [2( 1) 1] 2

cos

x

2

(cos x 1)(2cos x 5cos x 2) 0

cos 1/ 2

2 cos 2( ) 3

x

x VN

π π

π π

=

 = ± +



III)

1đ

0.5 0.5

2

I cos cos 2 (1 cos 2 ) cos 2 (1 2 cos 2 cos 4 )

/2 0

( sin 2 sin 4 ) |

1đ

Theo đlý cosin ta có: BC =

Theo Pitago ta được: MB = ;MA1=

Vậy

- Ta

lại có:

0.5

0.5

A1

M

C1

B1

B

A

C

7

a

2 3a 3a

1 1 21

MB +MA =BA = a ⇒MA1 ⊥ MB

( ,( )) ( ,( )) 3

d M ABA = d C ABA = a

1

2 1

1

2

ABA

S = AB AA = a

1

2 1

1

2

MBA

3

a d

⇒ =

2

2x −2(m+4)x+5m+ − + =10 x 3 0 ⇔ 2x2 −2(m+4)x+5m+10 = −x 3

3 0

2 2( 4) 5 10 ( 3)

x

− ≥



⇔ 

3

2 1

2 5

x

m

x

≥





=

 Xét hàm số, lập BBT với

Khi đó ta có: Bảng biến thiên:

0.25 0.25

( )

2 5

x x

f x

x

− +

=

−

2 2

2( 5 ) '( )

(2 5)

x x

f x

x

−

⇒ =

−

x - 0 5/2 3 5 +

24/5

+

∞

(8; ) 5

m ∈   ∪ +∞

 

 

B Phần riêng : 1.Theo chương trình chuẩn

VIa.1

1đ

Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là:

PT đường cần tìm đi qua M(0;1) và song song với

KL: và

0.5

0.5

VIa.2

1đ

Kẻ CH AB’, CK DC’ Ta chứng minh được CK (ADC’B’) nên tam giác

1

3 13 0 ( )

3 4 0 ( )

x y

1, 2

∆ ∆

⊥

⊥

⊥

10

Vậy PT mặt cầu là: 0.5

VII

1đ Số phần tử của không gian mẫu là: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:

Xác suất để xảy ra A là:

Vậy xác suất cần tìm là:

0.25 0.25

0.25 0.25

C

C’

D’

D A

B’

B

A’

( 3) ( 2)

10

x − + − y + z =

4

15 1365

C

2 1 1 1 2 1 1 1 2

4. 5 6 4. 5 6 4. 5 6 720

A = C C C + C C C + C C C =

720 48

1365 91

P A = = ≈

( ) 43

P 1 P A

91

2 Theo chương trình nâng cao:

1đ Ta tìm được đi qua M2 = (-1;-1;0), có vectơ chỉ phương Ta có: đi qua M1 = (1;-2;0), có vectơ chỉ phương

, chéo nhau

0.5

0.5

VIb.2

1đ

Mp(P) đi qua M(0;1;1) vuông góc với d1 có PT:

Giao điểm A của d2 và (P) là nghiệm của hệ

ĐT cần tìm là AM có PT:

0.25 0.25

0.5

1

2

1, 2 (1; 3;3); 1, 2 1 2 1 0

⇒ uur uur = − uur uur uuuuuur = ≠ ⇒ ∆1 ∆2

1 2

, 1 , 19 ( , )

19 ,

u u M M

u u

 

 

 

 

 

uur uur uuuuuur uur uur

uur uur

3 x + 2 y z + − = 3 0

2 0 8 / 3

+ + − = = −

 + − + =  =

x = y − = z −

VII

1đ Ta có: Mà

Để ứng với ta có:

0.5

8 0

1 (1 ) k k(1 )k

k

=

0

(1 )k k k i ( 1)i i

i

=

− = ∑ −

2k i+ =8;0≤ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤i k 8 0 k 4

8

x

k 0 1 2 3 4

Ta có:

Do vậy hệ số của là:x 8 3 2 2 4 0 0 0.5

8 3 ( 1) 8 4( 1) 238

a C C = − + C C − =

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