Đề thi thử ĐH 2009 - Bài số 29 (Có ĐA)

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình một nghiệm thực.. Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d.. Câu V.b Theo chương trình NÂNG CAO 2 điểm 1.. Cho hình c

4





ĐỀ THI THỬ SỐ 29 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

Môn thi: TOÁN, khối D

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0

2 Tìm các giá trị của m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (0; 2)

tg 2 x  tgx 2   

tg 2 x  1 2 sin  x  

2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương

trình một nghiệm thực

4 x2  2x  4  x  1  m có đúng

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(5; 5; 0) và đường thẳng

d : x  1

 y  1

 z  7

1 Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d

2 Tìm tọa độ các điểm B, C thuộc d sao cho tam giác ABC vuông tại C và BC = 29

Câu IV (2 điểm) 1 Tính tích phân

1

I   ( x2  x  1)e x dx

0

36x2 y  60x2  25 y  0

2 Giải hệ phương trình 36 y2 z  60 y 2  25z  0

 36z 2

x  60z 2  25x  0

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b

Câu V.a Theo chương trình CHUẨN (2 điểm)

1 Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau mà mỗi số đều lớn hơn 2500

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đường thẳng AB, đường cao kẻ từ A và đường trung tuyến kẻ từ B lần lượt có phương trình là x + 4y – 2 = 0, 2x – 3y + 7 = 0 và 2x + 3y – 9 = 0

Câu V.b Theo chương trình NÂNG CAO (2 điểm)

1 Giải phương trình  5  1x

 2



5 1x

 3.2x

2 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh B, AB = a, SA = 2a

và SA vuông góc với mặt phẳng đáy Mặt phẳng qua A vuông góc với SC cắt SB, SC lần lượt tại H, K Tính theo a thể tích khối tứ diện SAHK

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: TOÁN (đề số 29)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)

Khi m = 0 hàm số trở thành y   x3  3x2  2

 Tập xác định : 

 Sự biến thiên: y'  3x2  6x; y'  0  x  0 hoặc x  2 0,25

 Bảng biến thiên:

y

0,25

 Đồ thị:

y

2

1

-2

0,25

2 Tìm các giá trị của m…(1,00 điểm)

Ta có

y'  3x2  6x  m

Hàm số đồng biến trên (0; 2) khi và chỉ khi y'  0 x  (0; 2)

 m  3x2  6x x  (0; 2)

0,50

Xét hàm số g ( x)  3x2  6x với x  (0; 2) Ta có bảng biến thiên

3

Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị cần tìm là m ≥ 0

0,50

II 2,00

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Điều kiện : cosx  0

2(tg 2 x  tgx)

Phương trình đã cho tương đương với  sin x  cos x

tg 2 x 

1

 2 cos2 x(tg 2 x  tgx)  sin x  cos x  2 sin2 x  2 sin x cos x  sin x  cos x

 (sin x  cos x)(2 sin x  1)  0

0,50

 sin x  cos x  0  tgx  1  x     k

4

 2 sin x  1  0  sin x  1  x    k 2 hay x  5  k 2

Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là

x     k  x    k 2  x  5  k 2 k  Z 

0,50

2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m…(1,00 điểm)

Đặt t  x  1  0 , phương trình đã cho trở thành 4 t 4  3  t  m

(*)

Ta thấy ứng với mỗi nghiệm không âm của phương trình (*) có đúng

một nghiệm của phương trình đã cho, do đó phương trình đã cho có đúng

0,50

3

Xét hàm số f (t)  4 t 4  3  t với t ≥ 0, ta có f / (t)  t  1  0

4 t 4

 33

Mà f(0) = 4 3 và lim f (t)  0.

x 

Nên ta có bảng biến thiên:

f ’(t) 

f(t) 4 3

0

Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị cần tìm của m là 0  m  4 3

III

1 Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua d…(1,00 điểm)



Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u  (2; 3; 4) Mặt phẳng (P) đi qua A

vuông góc với d nhận u làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình

(P): 2(x – 5) + 3(y – 5) – 4(z – 0) = 0  2x + 3y – 4z – 25 = 0

0,50

Gọi H là trung điểm của AA’ (cũng là hình chiếu vuống góc của A trên d) Khi

đó H là giao điểm của AA’ và (P) nên có tọa độ xác định bởi



d : x  1  y  1  z  7

 2 x  3 y  4z  25  0.

Giải hệ trên ta được H(3; 5; - 1), suy ra A’(1; 5; -2)

0,50

2 Tìmđiểm B, C thuộc d… (1,00 điểm)

Vì C  d và AC  d nên C  H(3; 5; -1) (hình chiếu vuông góc của A trên d)

0,25

B  d nên B(-1 + 2t; -1 + 3t; 7 – 4t).

BC  29  (2t  4)2  (3t  6)2  (8  4t)2  29

 t2  4t  3  0  t  1 t  3

Do đó B  {(1; 2; 3), (5; 8; -5)}

0,50

Kết luận: C(3; 5; -1), B  {(1; 2; 3), (5; 8; -5)} 0,25

IV

1 Tính tích phân (1,00 điểm)

u  x2  x  1 Đặt   du  (2 x  1)dx, chọn v  ex

dv  e x dx

I  ( x2

 x  1)e x  (2x  1)e x d x  3e 1   (2 x  1)e x d x.

0,50

1

u  2 x  1 Tính J   (2x  1)e x d x Đặt   du  2dx, chọn v  ex

dv  e dx x

0

J  (2 x  1)e x

 2 e x dx  3e  1  2e  2  e  1

Do đó I = 2e – 2

0,50

2 Giải hệ phương trình

 60x2

 y  2

 36x  25

 60 y 2

Hệ phương trình đã cho tương đương với  z 

36 y2  25



 60z 2

 36z 2

 25

Từ hệ suy ra x, y, z không âm

Nhận thấy nếu x = 0 thì y = z = 0, suy ra (0; 0; 0) là một nghiệm của hệ

0,50

60t 2 Nếu x > 0 thì y > 0, z > 0 Xét hàm số f (t)  , t  0.

36t 2

 25

Ta có f ' (t)  3000t  0, t  0 Do đó f(t) đồng biến trên khoảng

36t 2

 252

 y  f ( x) (0; +∞).Hệ được viết lại  z  f ( y)

 x  f ( z).



Từ tính đồng biến của f(t) suy ra x = y = z ( Giả sử x > y

 f ( z)  f ( x)  z  x  f ( y)  f ( z)  y  z Vậy x >y >z > x :vô lý)

Thay vào hệ ta được x  y  z  5 .Tập nghiệm là (0; 0; 0),  5 ; 5 ; 5  

6    6 6 6    

0,50

1 Có bao nhiêu số tự nhiên… (1,00 điểm)

Gọi số thỏa mãn yêu cầu bài toán có dạng abcd

Nếu a > 2, ta có 7 cách chọn a, A93 cách chọn b, c, d nên có 7 A93 = 3528 cách

chọn abcd

0,50



Nếu a = 2, ta có 5 cách chọn b, A82 cách chọn c, d nên có 5 A82 = 280 cách chọn

abcd

Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 3528 + 280 = 3808 số

0,50

2 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC (1,00 điểm)

 x  4 y  2  0 Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ phương trình   A(2;1)

2x  3 y  7  0

 x  4 y  2  0 Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ phương trình   B(6; 1)

2x  3 y  9  0

0,50

Đường thẳng BC qua B và vuông góc với đường cao kẻ từ A nên có phương

trình là: 3(x – 6) + 2(y + 1) = 0  3x + 2y – 16 = 0

Trung điểm AC thuộc đường trung tuyến kẻ từ B nên tọa độ điểm C là nghiệm

 3x  2 y 16  0

hệ phương trình  x 2 y  1  C (2; 5)

2   3  9  0

Kết luận: A( - 2 ; 1), B(6; -1), C(2; 5)

0,50

1 Giải phương trình…(1,00 điểm)

 5  1   5  1  Phương trình đã cho tương đương với

 2   2  2   3  0

 5  1   5 1  1

Đặt t 

 2   0   2  t .

Phương trình trở thành t  2  3  0  t 2  3t  2  0  t  1hay t  2.

t

0,50

x

 5  1 

 Với t = 1 ta được  2    1  x  0

x

 Với t = 2 ta được  5  1 

 2  x  log 2.





0,50

2 Tính theo a thể tích khối tứ diện SAHK…(1,00 điểm)

Vì SA  (ABC) nên SA  BC Mà AB  BC, do đó BC  (SAB) Suy ra AH 

BC Mặt khác AH  SC nên AH  (SBC) Suy ra AH  SB và AH  HK

0,50

K

H

V SAHK  dt ( AHK ).SK  AH HK.SK (*).

Trong tam giác SAB vuông tại A có

AH 2 SA2 AB2 SA2  AB 2 4a2  a2 5

Trong tam giác SAC vuông tại A

có SC  SA2  AC 2

 4a2  2a2  a 6, SK  SA  4a  2a 6

SC a 6 3

Suy ra AK 2  SA2  SK 2  4a 2  24a  12a

Trong tam giác AHK vuông tại H có

HK  AK 2  AH 2  12a

 4a  2a 30

Thay vào (*) ta được V  1

2a 5 2a 30 2a 6  8 a3 (đvtt)

SAHK

0,50

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án qui định.