Chứng minh A’C vuông góc với BC’ .Viết phương trình mặt phẳng ABC’.. Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng B’C’ trên mặt phẳng ABC’ Câu IV 2 điểm 1... Khi đó S,M,D thẳn
Trang 1ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC 2009
ĐỀ SỐ 1 Môn : TOÁN Khối : A
Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian phát đề
−
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: y =
1
5 2
2
+
+ +
x
x x
2 Dựa vào đồ thị (C), tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm dương phân biệt:
x2+2x+5=(m2+2m+5)(x+1)
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình:
8
2 3 2 sin 3 sin cos
3
2 Giải hệ phương trình:
=
− + +
= + + +
y x
y x
y x y y x
) 2 )(
1 (
4 ) ( 1
2
2
(x, y ∈ )
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có
A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), C(0; 2; 0),A’(0; 0; 2)
1 Chứng minh A’C vuông góc với BC’ Viết phương trình mặt phẳng (ABC’)
2 Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng B’C’ trên mặt phẳng (ABC’)
Câu IV (2 điểm)
1 Tính tích phân: ∫
+ + +
=
5
32x 1 4x 1
dx I
2 Cho x,y là các số thực thỏa mãn điều kiện x2+xy+y2 ≤ 3 Chứng minh rằng
–4 3 –3 ≤ x2 – xy – 3y2 ≤ 4 3 +3
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh tự chọn câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a.(2 điểm)
1– Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elip (E) 1
2 12
2 2
= + y
x
Viết phương trình hypebol (H) có hai đường tiệm cận là y = ±2x và có 2 tiêu điểm là 2 tiêu điểm của elip (E) 2– Áp dụng khai triển nhị thức Niuton của ( 2 )100
x
x + , Chứng minh rằng
2
1
200 2
1
199
2
1
101 2
1
100
199 100 100
198 99 100
100 1
100
99 0
+
− +
−
C C
C C
( Ck n là số tổ hợp chập k của n phần tử )
Câu V.b.(2 điểm)
1 Giải bất phương trình logx+1(−2x)>2
2 Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh AB=AD=a , AA’ =
2
3
a
và góc
Trang 20 1
I - 1 4 - 3 - 4 x y Đ ÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2009 ĐỀ SỐ 1 Môn : TOÁN Khối : A ( Đáp án – Thang điểm gồm 5 trang ) Câu Ý Nội dung Đ iểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) y = 1 4 1 1 5 2 2 + + + = + + + x x x x x • TXĐ : \{–1} • Sự biến thiên : y’ = ( ) ( )2 2 2 1 3 2 1 4 1 + − + = + − x x x x ; y’=0 ⇔ x =1; x = –3 0,25 Bảng biến thiên : x – ∞ –3 –1 1 +∞
y’ + 0 – – 0 +
–4 + ∞ +∞
– ∞ –∞ 4
• Tiệm cận:Tiệm cận đứng x = –1 , Tiệm cận xiên y = x +1
• Đồ thị :
Trang 32 Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm dương phân biệt(1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với :
1
5 2
2
+
+ +
x
x x
+
+ m
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
y =
1
5 2
2
+
+ +
x
x x
với đường thẳng y = 2 2 5
+
+ m
Phương trình đã cho có 2 nghiệm dương khi và chỉ khi :
4 < 2 2 5
+
+ m
<
<
−
−
≠ 0 2
1
m
m
0,50
1 Giải phương trình (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với :
cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) =
2
2 3
2 +
⇔ cos23x + sin23x + 3(cos3xcosx – sin3xsinx) =
2
2 3
2 +
⇔ cos4x =
2
2
0,50
⇔ 4x = ±
2 16
2 4
π π π
π
k x
2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
Hệ đã cho tương đương với :
=
− +
= +
⇔
=
− + +
=
− + + +
1 2
1 1 1
) 2 (
1
2 2
2 2
x y y x x
y y x
x y y
x
⇔
−
=
=
− +
x y
x x
3
0 2
2
⇔
=
= 2
1
y
x
hoặc
=
−
= 5
2
y
x
0,50
1 Chứng minh AC’ ⊥ BC’ Viết phương trình mp(ABC’) (1,00 điểm)
• Ta có : C’(0;2;2) , A→'C =(0;2;–2) , BC→' = (–2;2;2)
→
C
A' . BC→' = 0.(–2)+2.2+(–2).2 = 0 ⇒ A’C ⊥ BC’ 0,50
• Vì A’C ⊥ BC’ , A’C ⊥ AB nên A’C ⊥ (ABC’)
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC’) là →n = AC→ =(0;2;–2)
Phương trình mặt phẳng (ABC’) là :
0.(x–0) + 2(y–0) –2(z–0) = 0 ⇔ y – z = 0
0,50
2 (1,00 điểm)
Ta có B→'C' = BC→ =(–2;2;0) Gọi (α) là mặt phẳng chứa B’C’ và vuông góc với mặt phẳng (ABC’) thì hình chiếu vuông góc của B’C’ trên (ABC’) 0,25
Trang 4Phương trình của (α): 1(x–0)+1.(y–2)+1.(z–2) = 0 ⇔ x + y + z – 4 = 0 0,25 Phương trình hình chiếu của B’C’ trên (ABC’) là :
=
−
=
− + +
0
0 4
z y
z y x
0,25
1 Tính tích phân (1,00 điểm)
Đặt t = 4 +x 1⇒ x = t dx tdt
2
1 4
1
2
=
⇒
Ta có
+
− +
= +
5
5
1 1
1
t
tdt
0,50
=
12
1 2
3 ln 1
1 ) 1 ln(
5
3
−
=
+ + +
t
2 Chứng minh: – 4 3 –3 ≤ x2 – xy – 3y2 ≤ 4 3 –3 (1,00 điểm)
Đặt A = 2
x + xy + 2
y ,B == 2
x – xy –3 2
y Nếu y = 0 thì B= x2 ⇒ 0 ≤ B ≤ 3
0,25
Nếu y ≠0 thì đặt t =
y
x
ta được B = A
1
3
3
2
2 2
2
2 2
+ +
−
−
= + +
−
−
t t
t t A y xy x
y xy
t t
t t
= + +
−
− 1
3
2
2
⇔ (m–1)t2 + (m+1)t + m + 3 = 0 (1) Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi m = 1 hoặc
∆ = (m+1)2 – 4(m–1)(m+3) ≥ 0 ⇔
3
48
3 −
−
≤ m ≤
3
48
3 +
−
Vì 0 ≤ A ≤ 3 nên –3–4 3≤ B ≤ –3+4 3
0,50
1 (1,00 điểm)
2 12
2 2
= + y
x
có hai tiêu điểm là F1(– 10 ;0) , F2( 10 ;0)
Vì (H) có cùng tiêu điểm với (E) nên phương trình của (H) có dạng:
2 1
2 2
2
=
−
b
y a
Vì (H) có cùng tiêu điểm với (E) nên
a2 + b2 = c2 = 10 (1) 0,25
Vì (H) có hai đường tiệm cận là y = ±2x nên b = 2a (2) 0,25
Từ (1) và (2) suy ra a2 = 2 , b2 = 8
8 2
2 2
=
− y
2 Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn , chứng minh đẳng thức (1,00 điểm)
100 199 99 100 101
1 100 100 0 100 100
Lấy đạo hàm 2 vế ta suy ra :
100 100
1 100 99
0 100
100(1 2 ) 100 101 200 )
1 (
Thay x= –
2
1ta suy ra B = 0
0,25
Trang 5V.b 2,00
1 Giải bất phương trình (1,00 điểm)
Bất phương trình đã cho tương đương với :
–2x < ( 1)2 2 4 2 0
>
+ +
⇔
Kết hợp với điều kiện ta được –2+ 3 < x < 0 0,25
2 Chứng minh AC’ ⊥ (BDMN) Tính VA.BDMN (1,00 điểm )
Gọi O là tâm của đáy ABCD, S là điểm đối xứng của A qua A’ Khi đó S,M,D thẳng hàng và M là trung điểm của SD; S,N,B thẳng hàng và N là trung điểm của SB
Từ hai tam giác đồng dạng SAO và ACC’ ta suy ra AC’ ⊥ SO (1)
0,25
Vì BD ⊥ AC , BD ⊥ AA’ ⇒ BD ⊥ (ACC’A’) ⇒ BD ⊥ AC’ (2)
Ta có: VA.BDMN =
4
3
VS.ABD =
4
3 3
1 SA.SABD =
4
1 .a 3
16
3 4
2
a a
========== Hết ============
M
N
S
A'
D'
B'
C'
O
A
D