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

PHẦN RIÊNG 3điểm: Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a: 1 Trong mpOxy cho điểm M3;1.. Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt các tia Ox,Oy tại A và [r]

Trang 1

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 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 (C m ) cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt.

Câu II: a) Giải phương trình: (sin 2 sin 4) cos 2 0

x

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

Câu III: Tính tích phân sau: 2 3

0

sin I

(sin cos )

xdx









Câu IV: Khối chóp SABC có SA (ABC), ABC vuông cân đỉnh C và SC = Tính góc   a 

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 ( 23 x5)n

x 

( 1)

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 vuông góc chung của  1, 2 làm đường kính

Câu VII.b: Cho hàm số 2 (2 1) 2 4 Chứng minh với mọi m thì hàm số có

2( )

y

x m





cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị là 1 hằng số không phụ thuộc m.

============Hết============

Trang 2

3 3 2 2

y x  m x m m  1 y x33x2

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

HS đồng biến trên  ; 1 và 1;; nghịch biến trên 1;1

HS đạt cực đại tại x 1;y CD4, đạt cực tiểu tại x1;y CD 0

Giới hạn: lim , lim

x  x 

0.25

Ia)

1điểm

Đồ thị:(C) Ox tại A(1;0) và B(-2;0), :(C) Oy tại C(0;2)  0.25

f(t)

-

4

0

+

(Cm) có hệ số là 1, nếu không có cực trị sẽ luôn đồng biến, vậy để cắt trục x3

hoành tại 2 điểm thì (Cm) phải có 2 cực trị

có 2 nghiệm phân biệt có 2ng pb ' 0

y

Khi m0thì y' 0   x m

0.5

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

(loại)

3

y m   m  m  m

Ib)

1điểm

KL:

3

y m    m  m     m m  m 1

0.5

(sin 2 sin 4) cos 2

0

x



(sin 2 sin 4) cos 2 0 2sin 3 0

x



 



IIa)

1điểm

(2cos 1)(sin cos 2) 0

2sin 3 0

x



 



2cos 1

2 3

x





 



1.0

Đặt

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

3

0

2 1 0

u v

 

  

0.5

IIa)

1điểm

2

0; log

2

Trang 3

2

x   t dx dt

x  t  x  t

2

3 0

sin I

(sin cos )

xdx







I

0.5

III

1điểm

0

4

x



2

AC BC  SC BC (đlý 3 đg vuông góc)   

(0; ) 2

6

SABC

a

Xét hàm số ysinxsin3x trên khoảng (0; ), lâp BBT

2



0.25

IV

1điểm

3

2



Đk:   2 x 2, đặt t 2 x 2x ' 1 1 0

t



nghịch biến trên ( )

t t x

0.25

V

1điểm

Ta có: 2 4 2 4 2 4 2 4 2

2

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:

f(t) -4

-5

4

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt 5 2 4 5 2

2

Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn

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

  

Theo bất đẳng thức Cauchy 1 3 1 2 3 1 ab 12

Mà OA3OB a 3b2 3ab12

0.5

VIa.1

1điểm

min

3

6

2 2

a

b





Trang 4

6 2

x y

MA=MB M thuộc mp trung trực của đoạn AB có PT: x y z   3 0 (Q) 0.25

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

: (2; 1; )

VIa.2

1điểm

Vì AB = 12 nên MAB đều khi MA=MB=AB 

2

Theo Newton thì: (1x)n C n0C x C x1n  n2 2   ( 1)n C x n n n B

1

0

1 (1 )

1

n

x dx

n



0

( 1)

n





0.5

Lại có: 3 5 12 12 3 5 ,

0

n k

k





1 12k.2 k k

k

VII

1điểm

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

Hệ số của là:

2 Theo chương trình nâng cao:

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:

VIb.1

1điểm

Từ đó: S MAB S MCD d M AB AB d M CD CD( , )  ( , )

Có 2 điểm cần tìm là:

7 9

3

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

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

, chéo nhau

1, 2 1 2 12 0

    

 1 2

0.25

Gọi chân đg vuông góc chung của 1,2 là: A t t2 ; ; 4 1, A t t2 ; ; 4 1

Do

     

AB u  AB u 

   

1, 1

    (2;1; 4), (2;1;0)

0.5

VIb.2

1điểm

Mặt cầu cần tìm là mặt cầu đường kính AB có tâm I(2;1;2), bán kính

có phương trình là:

1

2 2

R AB (x2)2(y1)2 (z 2)2 4 0.25 VII

1điểm ĐK: x m, ta có: 1 1 1 2 ' 1 2 2

.Ta có bảng biến thiên:

y         x m x m

0.5

Trang 5

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 2 2 1

2

y  

CD CT CD CT

không đổi ĐPCM

4 2

AB

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.

Môn thi toán, khối B (lần 1 )

Câu I: Cho hàm số 1 (C)

1

x y x





 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 x2 1) (x25) log(x2 1) 5x2 0

b) Tìm nghiệm của phương trình: cosxcos2xsin3x2 thoả mãn : x 1 3

Câu III: Tính tích phân sau:

1

2 0

Ixln(x  x 1)dx 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 ( c2a2b2) 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

2 2 2

P

Câu VI.a:

Trang 6

1) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) có phương trình: x t;y  1 2t;

( ) và mặt phẳng (P): Viết phương trình tham số của đường 2

thẳng nằm trên (P) cắt và vuông góc với (d)

2) Trong mp(Oxy) cho elip (E): 2 2 1 Viết phương trình đường thẳng đi qua I(1;1)

cắt (E) tại 2 điểm A và B sao cho I là trung điểm của AB

Câu VII.a: Giải hệ phương trình sau trên tập số phức: 2 2 8

1

z w zw





  



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

1 3 2 y y y

1 3 2 x x x

1 x 2

1 y 2































==========Hết==========

(C) TXĐ:

1 1

x

y

x





( 1)

x



Hs nghịch biến trên và Không có cực trị

0.25

Giới hạn: lim 1, lim 1 ĐTHS có tiệm cận ngang là

Giới hạn: ĐTHS có tiệm cận đứng là

x  y x  y

Ia)

1điểm

Đồ thị:(C) Ox tại A(-1;0) , :(C) Oy tại B(0;2); Điểm I(1;1) là tâm đối xứng   0.25

-f(t)

1

- +

1

Trang 7

Gọi M(0;y o) là điểm cần tìm, PTTT qua M có dạng: y kx y  o (d)

(d) là tiếp tuyến của (C)

2

2 2

1

2

( 1) ( 1)

x







 



0.5

Ib)

1điểm

Để thoả mãn đk hệ (*) có 1nghiệmPT(1) có 1 nghiệm khác 1

2

2 1

2

o





Vậy có 2 điểm cần tìm là: M(0;1) và M(0;-1)

0.5

, TXĐ: D=R

log (x  1) (x 5) log(x  1) 5x 0

Đặt log(x2 1) y  y2(x25)y5x2      0 y 5 y x2 0.5

IIa)

1điểm

y x     x

do KL: PT có 3 nghiệm:…

cosxcos xsin x  (cos2 x1)(cosxsinxsin cosx x2) 0

cos sin sin cos 2 0 cos sin sin cos 2 0 (1)



0.5 Giải (1) đặt cosxsinx t t ,| | 2 vônghiệm 0.25

IIa)

1điểm

ĐK: x     1 3 2 x 4  PT có nghiệm x0 0.25

Đặt

1

2 0

2 1

;

2 1





1

0



 



0.5

III

1điểm

Ta có

1

0

2 0

x





3 2

0.5

Dựng thiết diện của hình chóp cắt bởi mp qua

A và vuông góc với A’C là AMN như hình vẽ 0.25

IV

1điểm

Ta có: NB // AA’; MC // AA’ nên ta có:

6

A AMN MAA N MAA B CAA B

B’

M

C’

N A’

A

C

Trang 8

A AMN AMN AMN abc

A I

Trong tam giác vuông A’AC ta tính được:

' '

'

A I

0.25

2

AMN ab a b c

S

c

Vì 0   x 1 1 x2 0 Áp dụng BĐT Côsi ta có:

3

Tương tự:

2 2

3 3 2 1

x

x x



;

0.5

Khi đó: 3 3( 2 2 2) 3 3( ) 3 3

P x y z  xy yz zx  

0.5

V

1điểm

(Riêng bài toán này làm theo PP lượng giác hoá sẽ hay hơn.)

Ta có: (d) đi qua M1 = (0;-1;2), có vectơ chỉ phương u1 ( 1; 2;1)

thoả mãn:

( ; 1 2 ; 2 ) ( )

A t   t   t d P 2     t 1 2t 2 2  t 3 0

1 (1; 3;1)

mp(Q) qua A và vuông góc (d) có PT:  x 2y z  6 0

0.5

VIa.1

1điểm

Đường thẳng cần tìm là giao tuyến của (P) và (Q) có 1 vectỏ chỉ phương là:

chọn:

; ( 3;0; 3)

P Q

n n

 

(1;0;1)

u Vậy PT đường là:  x 1 ;t y 3;z 1 t

0.5

TH1: Đường thẳng qua M có PT: x1 dễ dàng nhận xét không thoả mãn

TH2: Đường thẳng cần tìm có hệ số góc k thì PT là: y k x (  1) 1 0.25 Toạ độ giao điểm là nghiệm của hệ phương trình:

1

( 1) 1 ( 1) 1

y k x





0.25

VIa.2

1điểm

(d) cắt (E) tại A,B nhận I là trung điểm AB thì x Ax B 2x I 2 và:  (1) 0

Theo định lý viet ta có: 18 (2 1) 2 4 thoả mãn

9

k k



Vậy phương trình (d) là: 4( 1) 1 4 9 43 0

9

0.5

VII

Trang 9



 

 

0.25



 

0.25

Gọi I ( ; ; )x y z là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Khi đó:

I

BC BD BI

BI CI DI





VIb.1

1điểm

Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: ( ;7 14;0)

3 3

VIb.2

1điểm

Ta có: MA2MB2MC2MD2 4MG2GA2GB2GC2GD2

Dấu bằng xảy ra khi

GA2GB2GC2GD2 M  ( ;7 14;0)

3 3

Đặt ta có:

y x









1 1

u x

v y

 



  



2 2

1 3

v u







3u u u2 1 3v v v2 1 f u( ) f v( )

với: f t( ) 3  t t t21 2 f(t) đồng biến

2

1

t t t

f t

t

3

u u    u u u  

0.5

VII

1điểm

Xét hàm số: g u( ) u log (3 u u2 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

Trang 10

Môn thi toán, khối D (lần 1 )

Câu I: Cho hàm số y x 33mx23x3m2 (Cm)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = .1

3

b) Tìm m để (C m) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là x x x1, ,2 3 thỏa mãn x12x22x3215

Câu II: a) Giải bất phương trình: log (log (2x 4 x4)) 1

b) Giải phương trình: cos 2xcosx2 tan2x 1 2

Câu III: Tính tích phân : 2 2

0

I cos xcos 2xdx



 

Câu IV: Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5 và BAC  120o 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:

2x22(m4)x5m10  x 3 0

Câu VI.a:

1)Trong mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d1):x7y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

Câu VI.b: Trong không gian Oxyz cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng:

(d1): 1 2 ; (d2) là giao tuyến của 2 mp có PT: và

x y z

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 khai triển Newtơn của biểu thức x8  2 38

1

P x x

Trang 11

y x  mx  x m m1/ 30 y x3x23x3

3

HS đồng biến trên ;1 10 và ; nghịch biến /

3



1 10

; 3



HS đạt cực đại tại x x y 1; CD , đạt cực tiểu tại x x y 2; CD 

Giới hạn: lim , lim

x  x 

0.25

Ia)

1điểm

Đồ thị:(C) Ox tại A(1;0) và B(x 3;0), D(x4;0), :(C) Oy tại E(0;3) 0.25

f(t)

-

CD

y

CT

y

+

Phương trình hoành độ giao điểm: x33mx23x3m 2 0

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

(Cm) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là x x x1, ,2 3 với x3 1

thì x x1, 2 là nghiệm khác 1 của PT (2) Theo đlý viet ta có: 1 2

1 2





0.5

Ib)

1điểm

Để thoả mãn đk thì:

2 2

2

 



( ; 1] [1; )

m

     

0.5

IIa)

1điểm

Đk:

4

x x

x

 









 



0.25

Trang 12

Do x 1 PTlog (24 x  4) x 2x 4 4x 4x2x 4 0 đúng với

, Đk:

cos 2xcosx 2 tan x 1 2 cosx  0 x  / 2k 

PT (2cos2 1) cos [2( 12 1) 1] 2

cos

x

2cos x 3cos x 3cosx 2 0

0.5

IIa)

1điểm

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

cos 1/ 2

2

x



   



0.5

2

III

1điểm

/2 0

( sin 2 sin 4 ) |

 

Theo đlý cosin ta có: BC = a 7

Theo Pitago ta được: MB =2 3a; MA1=3a

Vậy MB2MA12BA12 21a2 MA1MB

0.5

IV

1điểm

Ta lại có:

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

 

0.5

2

2x 2(m4)x5m10  x 3 0  2x22(m4)x5m10 x 3

3 0

x

 



 

3

x

m

x











0.25

V

1điểm

Xét hàm số, lập BBT với

( )

f x

x





2 2

2( 5 ) '( )

(2 5)

f x

x



 Khi đó ta có:

0.5

Bảng biến thiên:

y

8

24/5

+

Phương trình có 1 nghiệm 24 (8; )

5

m   

 

A1

M

C1

B1

B

A

C

Trang 13

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

1

3 13 0 ( )

x y



0.5

VIa.1

1điểm

PT đường cần tìm đi qua M(0;1) và song song với  1, 2

Kẻ CH AB’, CK DC’ Ta chứng  

minh được CK (ADC’B’) nên tam 

giác CKH vuông tại K

10

0.5

VIa.2

1điểm

Vậy PT mặt cầu là:

10

Số phần tử của không gian mẫu là:  C154 1365

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:

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 

Xác suất để xảy ra A là: ( ) 720 48 0.527

VII

1điểm

Vậy xác suất cần tìm là: P 1 P A  43

91

Ta có: 1 đi qua M1 = (1;-2;0), có vectơ chỉ phương u1(3; 2;1)

Ta tìm được 2 đi qua M2 = (-1;-1;0), có vectơ chỉ phương u2(0;1;1)

, chéo nhau

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

       

 1 2

0.5

VIb.1

1điểm

1 2

19 ,

u u

  

 

Mp(P) đi qua M(0;1;1) vuông góc với d1 có PT: 3x2y z  3 0 0.25 Giao điểm A của d2 và (P) là nghiệm của hệ

0.25

VIb.2

1điểm

ĐT cần tìm là AM có PT: 1 1

x y z

VII

8 0

k



0

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

i



Để ứng với x8 ta có: 2k i 8;0     i k 8 0 k 4

0.5

Ta có:

C

C’

D’

D A

B’

B

A’

Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	274,41 KB