De1- 2010

ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC, CAO ðẲNG NĂM HỌC 2008 - 2009 Môn thi: Toán - Thời gian làm bài 180 phút

www.hsmath.net

I- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ñiểm) Câu I (2 ñiểm) Cho hàm số y = 2 x 3 − 3(2m + 1) x 2 + 6m(m + 1) x + 1 1. Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số khi m = 0 . 2. Xác ñịnh các giá trị của tham số m ñể hàm số ñồng biến trên khoảng ( 2; +∞ ) . Câu II (2 ñiểm) 1. Giải phương trình: tan 3 x − 2 tan 4 x + tan 5 x = 0 với x ∈ (0; 2π ) . x x+1 2 2. Giải bất phương trình: log 3 (2 + 1).log 1 (2 + 2) + 2 log 3 2 > 0 . 3

Câu III (1 ñiểm) π 2

sin 2 x dx . 3 (2 cos ) x + 0

Tính tích phân I = ∫

Câu IV (1 ñiểm) Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ), SA = a . ðáy ABCD là hình bình hành

ABC = 600 . Gọi M, N theo thứ tự là trung ñiểm của các cạnh BC , SD . Chứng minh có AB = b, BC = 2b,
MN //( SAB ) và tính thể tích của khối tứ diện AMNC theo a, b. Câu V (1 ñiểm) Cho x, y , z là các số thực thoả mãn x ≥ 1, y ≥ 2, z ≥ 3 . Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: x y − 2 z − 3 + y z − 3 x −1 + z x −1 y − 2 xyz II- PHẦN RIÊNG (3 ñiểm) (Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần: phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 1. Trong hệ trục toạ ñộ Oxy cho tam giác ABC có C ( −2;3) . ðường cao của tam giác kẻ từ ñỉnh A và ñường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là: 3 x − 2 y − 25 = 0, x − y = 0 . Hãy viết phương trình ñường thẳng chứa cạnh AC của tam giác. 2. Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 4 z − 11 = 0 và ñiểm I ( −1; −2;3) . Chứng minh ñiểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt phẳng (P) ñi qua ñiểm I ñồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là ñường tròn tâm I. Câu VII.a Tìm số nguyên dương n thoả mãn: C21n +1.22 n − 2.C22n +1.3.22 n −1 + 3.C23n +1.32.22 n − 2 − ... − 2n.C22nn+1.32 n −1.2 + (2n + 1)C22nn++11.32 n = 2009 . 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b 1. Trong hệ trục toạ ñộ Oxy cho hình vuông ABCD biết CD có phương trình 4 x − 3 y + 4 = 0 . ðiểm M (2;3) thuộc cạnh BC, N (1;1) thuộc cạnh AB. Viết phương trình ñường thẳng chứa cạnh AD. 2. Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz cho ñường tròn (C) có tâm K (1; −2;3) , nằm trên mặt phẳng ( P ) : 3 x + 2 y + 2 z − 5 = 0 , và ñi qua ñiểm M (3;1; −3) . Viết phương trình mặt cầu (S) chứa ñường tròn (C) và có tâm thuộc mặt phẳng (Q ) : x + y + z + 5 = 0 . Câu VII.b Từ bộ bài tú lơ khơ 52 con bài (gồm 13 bộ, mỗi bộ có 4 con với 4 chất: Rô, Cơ, Bích, Nhép) người ta rút ra 5 con bài bất kỳ. Tính xác suất ñể rút ñược 2 con thuộc một bộ, 2 con thuộc bộ thứ hai và con thứ năm thuộc bộ khác. --------------------------Hết-----------------------------f ( x, y , z ) =

www.hsmath.net

www.hsmath.net

ðÁP ÁN VÀ BIỂU ðIỂM CHI TIẾT Câu I

Nội dung 1 Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số khi m = 0 Khi m = 0 hàm số trở thành y = 2 x 3 − 3x 2 + 1 • TXð: D = ℝ x = 0 • Sự biến thiên: y = 6 x 2 − 6 x, y ' = 0 ⇔  x = 1 • Ta có yCD = y (0) = 1; yCT = y (1) = 0 • Bảng biến thiên: x −∞ 0 1 y' + 0 0 y 1

ðiểm 1ñiểm

0.25

+∞ +

+∞

0.25

•

−∞ 0 Hàm số ñồng biến trên các khoảng ( −∞;0 ) , (1; +∞ ) ,nghịch biến trên ( 0;1)

0.25

•

ðồ thị :

0.25 2.5

y

2 1.5 1 0.5

x -2

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

2.5

-0.5 -1 -1.5 -2

2 Tìm các giá trị của tham số m ñể hàm số ñồng biến trên khoảng ( 2; +∞ ) Ta có y ' = 6 x 2 − 6(2m + 1) x + 6m( m + 1)

1ñiểm 0.25

y ' = 0 ⇔ 6 x 2 − 6(2m + 1) x + 6m(m + 1) = 0 ⇔ x 2 − (2m + 1) x + m(m + 1) = 0 x = m +1 ⇔ x = m Do ñó, hàm số ñồng biến trên khoảng ( 2; +∞ ) ⇔ m + 1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 1

0.25 0.25 0.25

Vậy với m ≤ 1 thì hàm số ñồng biến trên khoảng ( 2; +∞ )

II

1 Giải phương trình tan 3 x − 2 tan 4 x + tan 5 x = 0 với x ∈ (0; 2π ) ðK: cos 3x ≠ 0;cos 4 x ≠ 0;cos5 x ≠ 0 . Phương trình cho sin8 x 2sin 4 x  cos2 4 x − cos 3x.cos5 x  ⇔ − =0 ⇔ 2sin 4 x  =0 cos 3x.cos 5x cos 4 x  cos 3x.cos 4 x.cos5 x   1 + cos8 x − cos 2 x − cos8 x  ⇔ sin 4 x  =0  cos 3x.cos 4 x.cos 5 x 

  2sin 2 x ⇔ sin 4 x  =0  cos 3x.cos 4 x.cos5 x 

π  x=k sin 4 x = 0 π  ⇔ ⇔ 4 ,k ∈ℤ ⇔ x = k ,k ∈ℤ  4 sin x = 0  x = kπ

1ñiểm 0.25

0.25 0.25

www.hsmath.net

Do x ∈ (0; 2π ) nên phương trình cho có nghiệm là 5π 3π 7π π x = ;x = π;x = ;x = ;x = 4 4 2 4 x 2 Giải bất phương trình: log 3 (2 + 1).log 1 (2 x+1 + 2) + 2 log 32 2 > 0

www.hsmath.net

0.25

1ñiểm

3

Bất phương trình

⇔ − log 3 (2 x + 1).log 3  2(2 x + 1)  + 2 log 32 2 > 0

0.25

⇔ − log 3 (2 x + 1).  log 3 (2 x + 1) + log 3 2  + 2 log 32 2 > 0 ðặt t = log 3 (2 x + 1), t > 0 . BPT trở thành −t ( t + log3 2 ) + 2 log32 2 > 0

0.25

⇔ (log3 2 − t )(2 log3 2 + t ) > 0 ⇔ −2 log3 2 < t < log3 2

0.25

Do t > 0 nên ta có 0 < t < log3 2 . Suy ra: 0 < log3 (2 x + 1) < log 3 2

⇔ 2x + 1 < 2

⇔ x<0

0.25

π

III

1ñiểm

2

sin 2 x dx Tính tích phân I = ∫ 3 (2 cos ) + x 0 ðặt t = 2 + cos x ⇒ cos x = t − 2 ⇒ sin x.dx = − dt Khi x = 0 ⇒ t = 3; x =

π 2

0.25

⇒ t = 2 . Ta có

π 3 3 3 1 sin x.cos x 1  t−2 I = 2∫ dx = 2 ∫ 3 dt = 2  ∫ 2 dt − 2 ∫ 3 dt  3 t t  (2 + cos x ) 0 2 2 2 t

0.5

 13 1 = 2 − + 2  t 2 t

0.25

2

IV

 1 5 1 = − = 2  3 18 18

3

Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ), SA = a . ðáy ABCD là

ABC = 600 . Gọi M, N theo thứ tự là trung ñiểm của hình bình hành có AB = b, BC = 2b,
các cạnh BC , SD . Chứng minh MN  ( SAB ) và tính thể tích của khối tứ diện AMNC theo a, b. +) Gọi H là trung ñiểm của AD. S  HM / / AB ⇒ ( MNP ) / /( SAB ) ⇒ MN / /( SAB ) Khi ñó   HN / / AS +) Có NH ⊥ AD, H ∈ AD . 1 a N Khi ñó NH = AD = 2 2 Mặt khác dễ thấy ∆ABM ñều cạnh b. Do M là trung ñiểm BC nên 2 A a 3 H D dt ( ∆MAC ) = dt ( ∆ABM ) = 4 Vậy thể tích của khối tứ diện AMCN là V với B 1 1 a b2 3 ab2 3 (ñvtt). M C V = . NH .dt ( ∆MAC ) = . = 3 32 4 24

1ñiểm

0.25 0.25

0.25

0.25

www.hsmath.net

V

Cho x, y , z là các số thực thoả mãn x ≥ 1, y ≥ 2, z ≥ 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 1ñiểm thức: x y − 2 z − 3 + y z − 3 x −1 + z x −1 y − 2 M = xyz Ta có y − 2. z − 3 x − 1. y − 2 z − 3 x −1 M= + + 0.25 yz zx xy Mặt khác x − 1 1. x − 1 1 + x − 1 1 0≤ = ≤ = 2x 2 x x y −2 2. y − 2 2 + y − 2 1 = ≤ = 0≤ y 2y 2 2y 2 2 3. z − 3 3 + z − 3 1 z−3 = ≤ = z 3z 2 3z 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  + =  + + . . + . Suy ra M ≤  2 2 2 3 2 3 2 2 2 2 4 6 3 2  x −1 = 1 x = 2   Dấu ñẳng thức xảy ra khi  y − 2 = 2 ⇔  y = 4   z = 6  z − 3 = 3 1 1 1 1  + + Vậy giá trị nhỏ nhất của M là   khi x = 2, y = 4, z = 6 4 6 3 2 0≤

VIa

1 Trong hệ trục toạ ñộ Oxy cho tam giác ABC có C ( −2;3) . ðường cao của tam giác kẻ từ ñỉnh A và ñường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là: 3x − 2 y − 25 = 0, x − y = 0 . Hãy viết phương trình ñường thẳng chứa cạnh AC của tam giác. Gọi ñường cao kẻ từ A là AH: 3x − 2 y − 25 = 0 ðường phân giác trong góc B là BE: x − y = 0 BC có phương trình : 2 x + 3 y − 5 = 0 2 x + 3 y − 5 = 0 x = 1 Toạ ñộ B là nghiệm của hệ  ⇔ ⇒ B(1;1) x − y = 0 y =1 Gọi F là ñiểm ñối xứng của C qua BE. Do BE là phân giác nên F thuộc AB. Xác ñịnh toạ ñộ F ñược F(3; -2). ðường thẳng chứa cạnh AB là ñường thẳng ñi qua B, F. Phương trình AB là: 3x + 2y -5 = 0. 3 x + 2 y − 5 = 0 x = 5 Toạ ñộ A là nghiệm của hệ  ⇔ ⇒ A(5; −5) 3x − 2 y − 25 = 0  y = −5 Vậy phương trình AC là: 8x + 7y - 5 = 0 2 Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2 x + 6 y − 4 z − 11 = 0 và ñiểm I ( −1; −2;3) . Chứng minh ñiểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt phẳng (P) ñi qua ñiểm I ñồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là ñường tròn tâm I. Mặt cầu (S) có tâm J(1; -3; 2) bán kính R = 5. 2

2

2

Ta có IJ = 2 + 1 + ( −1) = 6 < R . Chứng tỏ I nằm bên trong hình cầu (S). Mặt phẳng (P) thoả mãn ðK của bài toán sẽ ñi qua I và vuông góc với IJ.   Mp(P) có vectơ pháp tuyến n = IJ = (2; −1; −1) . Vậy phương trình của mp(P) là: 2x – y – z + 3 = 0 2

2

2

www.hsmath.net

0.25

0.25 0.25

1ñiểm

0.25 0.25

0.25 0.25 1ñiểm

0.25 0.25

0.25 0.25

www.hsmath.net VIIa

Tìm số nguyên dương n thoả mãn: 1 2 n +1

C

.2 − 2.C 2n

2 2 n +1

.3.2

2 n −1

+ 3.C

3 2 n +1

1ñiểm 2

.3 .2

2 n −2

+ ... − 2n.C

2n 2 n +1

2 n −1

.3

2 n +1 2 n +1

.2 + (2n + 1)C

2 n +1

.3

= 2009

Xét khai triển của (2 + x )2 n +1 ta có : 0.25 (2 + x ) 2 n +1 = C20n +1.22 n +1 + C21n +1.22 n. x + C22n +1.22 n −1. x 2 + C23n +1.22 n −2. x 3 + ... + C22nn+1.2. x 2 n + C22nn++11. x 2 n +1 Lấy ñạo hàm 2 vế ta có: 0.25 (2n + 1)(2 + x ) 2 n = C21n +1.22 n + 2.C22n +1.2 2 n −1. x + 3.C23n +1.22 n −2. x 2 + ... + 2n.C22nn+1.2. x 2 n −1 + (2n + 1)C22nn++11. x 2 n 0.25 Thay x = -3 ta có (2n + 1) = C1 .22 n − 2.C 2 .22 n −1.3 + 3.C 3 .22 n −2.32 − ... − 2n.C 2 n .2.32 n −1 + (2n + 1)C 2 n +1.32 n 0.25 2 n +1

VIb

2 n +1

2 n +1

2 n +1

Phương trình cho ⇔ 2n + 1 = 2009 ⇔ n = 1004 1 Lập pt cạnh AD AD ⊥ CD ⇒ AD : 3x + 4 y + C = 0 ABCD là hình vuông nên d ( M , AD) = d ( N , CD) tức là | 6 + 12 + C | | 4 − 3 + 4 | = ⇒ C = −13; −23. 5 5 ðS: PT AD : 3x + 4 y − 13 = 0;3 x + 4 y − 23 = 0 2 Viết pt mặt cầu chứa (C) và có tâm thuộc (Q). + Tâm I của mặt cầu thuộc ñt d qua K và vuông góc với (P).  x = 1 + 3t  + Ptts của d là:  y = −2 + 2t  z = 3 + 2t  I ∈ (Q) ⇒ 1 + 3t − 2 + 2t + 3 + 2t + 5 = 0 + Mặt khác: ⇒ t = −1 ⇒ I (−2; −4;1) + Bán kính mặt cầu: R = IM = 66 ⇒ pt ( S ) : ( x + 2 ) + ( y + 4 ) + ( z − 1) = 66 2

VIIb

2

2

Tính xác suất - Chọn tuỳ ý 5 cây từ bộ bài 52 cây có C525 cách - Chọn 2 cây ñầu tiên từ 1 bộ (trong 13 bộ) có 13C42 cách

2 n +1

A

N

B M

D

C

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

I M K

0.25 0.25 0.25 0.25

- Chọn tiếp 2 cây nữa, từ 1 trong 12 bộ còn lại có 12C42 cách - Chọn nốt cây cuối cùng, từ 1 bộ trong 11 bộ còn lại có 11C41 cách - ðáp số p ( A) =

13C42 .12C42 .11C41 C525

0.25 0.25

www.hsmath.net