Chuyenhungvuongnetde Va Dap An A09lan2

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI Năm học 2008 – 2009 Môn thi: Toán (Khối A) Thời gian: 180 phút

A. Phần chung dành cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y 

x2 2x  2

(1)

1. Khảo sát hàm số (1), Gọi đồ thị là  C  . 2 Tìm m để đường thẳng y  x  m cắt đồ thị  C  tại hai điểm A, B phân biệt sao cho OA2  OB 2  ( Điểm O là gốc toạ độ) Câu II. (2 điểm)

log   log 2 

1. Giải bất phương trình:

6

2. Giải phương trình:



23 2



 x2  4x  3  7  2x   0 

sin4x + 2cos2x + 4(sinx + cosx) = 1 + cos4x

Câu III. (1 điểm) Tính các tích phân sau:

a) H 

5 6



2 3

dx sin x  3cosx

b) K 

5 6



2 3

cos 2 x  sin 2 x dx sinx  3cosx

Câu IV. (1 điểm) Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy bằng 2a , cạnh bên AA '  a 3 . Gọi D, E lần lượt là trung điểm của AB và A ' B ' . Tính thể tích khối đa diện ABA ' B ' C và khoảng cách giữa đường thẳng AB với mặt phẳng  CEB ' . 2 2 Câu V. (1 điểm) Cho x, y là hai số thực thoả mãn x  y  xy  3 . Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị

nhỏ nhất của biểu thức: A  x  y  4 xy  x y B. Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) Phần 1. (Theo chương trình chuẩn) Câu VIa) (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC đỉnh B (1; 2) , đường phân giác trong AD của góc A có phương trình x  y  3  0 , đường trung tuyến CM qua C có phương trình x  4 y  9  0 . Lập phương trình các cạnh của ABC . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm M (1; 2;3) cắt các trục toạ độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho OA  OB  OC  0 . Câu VIIa) (1 điểm): Gieo đồng thời bốn đồng xu vô tư. Tính xác suất để được ít nhất hai đồng xu lật ngửa. Phần 2. (Theo chương trình nâng cao) Câu VIb) (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm A(0; 2) và đưởng thẳng d : x  2 y  2  0 . Tìm trên đường thẳng d hai điểm B, C sao cho ABC vuông ở B và AB  2 BC . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng (  ) chứa trục Oy và tạo với    4

4

3

3

có phương trình 2 x  5 y  z  0 một góc 600 . Câu VIIb) (1 điểm): Tìm số tự nhiên n thoả mãn:

2 2 2 2 8192 2C20n  C22n  C24n  C26n  ....  C22nn  3 5 7 2n  1 13

-----------------------------------------------Hết----------------------------------------

upload by wWw.chuyenhungvuong.net Câu Câu 1 (2 điểm)

ĐÁP ÁN KHỐI A Lời giải

1) (1 điểm) *) TXĐ: R \  1 *) Sự biến thiên: +) Giới hạn, tiệm cận +) y’, tính đồng biến, nghịch biến +) Bảng biến thiên *) Đồ thị 2) (1 điểm) (C) cắt đường thẳng y=x+m tại 2 điểm phân biệt

Điểm 0.25 ………………………… …………………………. …………………………..

0.25 0.25 0.25

x2  x  m  * có 2 nghệm phân biệt 2x  2 x  2  (2 x  2)( x  m) có 2 nghiệm phân biệt khác 1







g ( x)  2 x 2  (2m  3) x  2m  2  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 …………………

0.25



   4m  4m  25  0   g (1)  3  0

0.25

2



m  R .

…………………..

3  2m 2 Giả sử A( x1; x1  m), B ( x2 ; x2  m) thì x 1 ,x 2 là 2 nghiệm của (*) với   x x   2m  2  1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 OA  OB  x1  ( x1  m)  x2  ( x2  m)  2( x1  x2 )  2m( x1  x2 )  2m 2 = 2( x1  x2 ) 2  4 x1 x2  2m( x1  x2 )  2m 2 ………………………. = 

 x1  x2 

0.25

 (3  2m) 2  3  2m  2m  2   2m.  2m 2 = 4 2  

2

Câu II (2 điểm)

 m 1 4m 2  2m  17 23 2   4m  2 m  6  0   2  m 2 2 3  2 1. (1 điểm) Bpt   log 2  x  4 x  3  7  2 x   1  

0.25





0.25đ

  x2  4 x  3  7  2 x  2

0.25đ

  x  4x  3  2x  5 2

  2x  5  0   2   x  4x  3  0





5  1 x  2

2x  5  0      x 2  4 x  3   2 x  5  2  

 

 5  x  14  2 5

1 x 

14 5

2) (1 điểm): Phương trình sin4x + 2cos2x + 4(sinx + cosx) = 1 + cos4x  2sin2xcos2x + 2cos2x – 2cos 2 2x + 4(sinx + cosx) = 0  cos2x(sin2x + 1 – cos2x) + 2(sinx + cosx) = 0  cos2x(2sinxcosx + 2sin 2 x) + 2(sinx + cosx) = 0  (sinx + cosx))(cos2xsinx + 1) = 0 +) sinx + cosx = 0  x 

  k , k  Z 4

0.5đ

……………….. ………………

0.25 0.25

+) cos2xsinx + 1 = 0  (1 – 2sin 2 x)sinx + 1 = 0  (sinx – 1)(-2sin 2 x – 1) = 0 ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,

 sinx = 1  x 

  2k , k  Z 2

0.25 0.25

Câu III (1 điểm)

a)(0,5 điểm)

H

5 6



2 3

5 6

1 dx dx   sin x  3cosx 2 2 sin( x   ) 3 3

0.25đ

 2  5  t  ;x  t  ta có x  3 3 3 6 2 dt    t  d  tan t    1 2 2 2 cos 2 1 dt 1 dt 1 2  2  H        ln 3 2  sin t 2  2sin t cos t 2  tan t  tan t 2 3 3 3 2 2 2 3 2 …………………………………………………………………………………………………. Đặt x = t +

b) (0,5 điểm) Đặt I 

5 6



2 3 5 6

*) I + J =

2 3

*) J  3I 

3cosx

H 

J

5 6



2 3

sin 2 x dx  K  I  J sinx  3cosx

1 ln 3 2

5 6

sin x  3cos x dx   ( sin x  3cos x)dx  1 3cos x 3 2

 sin x 

3 2

cos x dx sinx  3cosx

dx

 sin x  5 6

2

0.25đ

2

0.25

2



Câu IV (1 điểm)

1 1  I  J  ln 3 *)   2( J  I )  ln 3  1 2 2  J  3I  1 Vậy 1 2 K  ln 3  1 2 1  K   2  ln 3 4 Khối đa diện ABA’B’C là khối chóp đỉnh C đáy là hcn ABA’B’. 1 1 A VC . ABB ' A '  dt ( ABB ' A ').CD  2a 2 . 3a. 3  2a 3 (đvtt). 3 3 D  • AB//A’B’ AB//(CEB’) B  d(AB,(CEB’)) = d(D,(CEB’)) H • AB  CD và AB  DE  AB  (CDE)  A’B’  (CDE)  (CDE)  (CEB’) A’ • Dựng DH  CE  DH  (CEB’) E  DH=d(D,(CEB’)) B’ 1 1 1 2 a 6 • ∆ CDE vuông tại D có = + = ⇒ DH = DH 2 DE 2 DC 2 3a 2 2

0.25

C

0.25 0.25 0.25

C’

0.25

Câu V (1 điểm)

2 2 Đặt t  xy . Từ giả thiết x  y  xy  3. Ta có:

+) 3   x  y   xy   xy 2

+) 3  x  y  xy  3 xy 2

2



+) x 4  y 4  x 2  y 2



2

 xy  3  xy  1. Vậy 3  t  1. …………………………….

0.25

 2 x 2 y 2   3  xy   2 x 2 y 2  9  6 xy  x 2 y 2 2

Suy ra A  t 3  t 2  2t  9 Với 3  t  1 3 2 Xét hàm số f (t )  t  t  2t  9 ; 3  t  1

………………………….

0.25

f '(t )  3t 2  2t  2  0t . Vậy hàm số nghịch biến trên R nên: Min f (t )  f (1)  5; Max f (t )  f (3)  33 . t 1;1 t 1;1

………………………..

+) Để ý rằng t  1  x  y  1 và t  3  x   y   3. Câu VIa (2 điểm)

0.25

Vậy: MinA=5 đạt khi x  y  1 . MaxA=33 đạt khi x   y   3 1. ( 1 điểm): • Điểm B’ đối xứng với B qua AD  B(5; 2) và B '  ( AC )

I  BB ' AD  I (3;0) Gọi N là trung điểm BI  N(2;1) Đt  qua N, // AD cắt trung tuyến CM tại M (M là trung điểm của AB)  M(-1;-2)  Đường thẳng AB  BM: 2x – y = 0  AB  AD = A  A(-3;-6) (AC)  (AB’): x – 2y – 9 = 0 CM  AC = C  C(3;-3)

0.25

0.25

A 0.25

M B’

0.25

N (BC): 5x + 2y - 9 = 0 Vậy: (AB): 2x – y = 0; (BC): 5x + 2y – 9 = 0; (AC): x –B2y – 9 = 0 C D …………………………………………………………………………………………………….. 2. (1điểm) Giả sử A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c). Do OA=OB=OC  0 nên a  b  c

0.25 …..... 0.25

x y z   1. a b c 1 2 3 M(1;2;3)  (ABC) nên    1 a b c  a = b = c: …  mp(ABC) x+y+z-6=0

0.25

và mp(ABC) có phương trình:

 a = b = -c: …  Không tồn tại mp (ABC)  a = - b = c: …  mp(ABC) x – y + z -2 = 0

Câu VIIa (1 điểm)

……………………….

0.25 ……………………..

Biến cố có ít nhất 2 đồng xu lật ngửa gồm:  Biến cố có 2 đồng xu lật ngửa: (NNSS), (NSNS), (SNNS), (SNSN), (NSSN), (SSNN)  Có 6 phần tử  Biến cố có ba đồng xu lật ngửa:  Có 4 phần tử (NNNS), (NNSN), (NSNN), (SNNN)  Có 1 phần tử  Biến cố có bốn đồng xu lật ngửa: (NNNN) Suy ra Biến cố có ít nhất 2 đồng xu lật ngửa gồm 11 phần tử. Mà gieo 4 đồng xu vô tư, mỗi đồng xu có 2 măt S, N nên không gian mẫu có: 24 phần tử = 16 phần tử. 11  Vậy xác suất phải tìm là 16

0.25

0.25 0.25 0.25 0.25

Câu VI b (2 điểm)

1.(1 điểm): (AB): 2x + y + m = 0; A(0;2)  (AB)  2 + m = 0  m = 2. Pt (AB): 2x + y - 2 = 0  x  2y  2  0 2 6 Giải hệ  tìm được B ( ; ) 5 5  2x  y  2  0 2

2

0.25

20 2 AB 1  2   6  AB    0     2     BC   25 2 5 5  5   5  2 2 1 2 6 1   BC  Pt đường tròn tâm B, bán kính là  x     y    5 5 5 5    x  2y  2  0 4 7  2 2 Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ:   2 6 1 Tìm được C(0;1) và C ( ; )  7 5   x 5  y 5  5     

0.25

2.(1 điểm): mp (  ) chứa Oy nên có dạng Ax + Cz = 0 (A2+C2  0)

0.25

uur uu r n =(A; 0; C); n = (2; - 5 ; 1). Theo gt có: uur uu r cos(n , n ) 

2A  C A2  C 2 . 10

 cos 60o 

0.25 0.25

1 2

 2 2 A  C  10 A2  C 2  6 A2  16 AC  6C 2  0(*)

0.25

• Nếu C = 0: (*)  A = 0 (vôlý) 

1 A  3  Chọn C = 1 ta có 6 A  16 A  6  0     A  3 2

 Vậy có 2 mặt phẳng cần tìm:  1  Câu VII b (1 điểm)

Ta có

0.25

1 x  z  0 và   2  3 x  z  0 3

(1  x ) 2 n  C20n  C21n x  C22n x 2  ...  C22nn x 2 n (1  x ) 2 n  C20n  C21n x  C22n x 2  ...  C22nn x 2 n

0.25

 (1  x ) 2 n  (1  x) 2 n  2C20n  2C22n  ...  2C22nn   1  x  2 n 1 (1  x) 2 n 1    (1  x) dx   (1  x) dx     2n  1   2n  1 0 0 1

1

2n

Từ đó

0.25

2n

22 n 1 8192  n6 2n  1 13

22 n 1  2n  1

0.5 0.25