T Toan Loigiaitomtat Dethithudh2009 Khoia

TRƯỜNG THPT CHUYÊN -----------------------Dành cho ban Khoa học tự nhiên

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 − 9 x + m , trong đó m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0 . 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu II: (2,0 điểm) 1 x 1 x + cos 2 = sin 2 . 4 3 2 2 1 1 8 2. Giải phương trình: log 2 ( x + 3) + log 4 ( x − 1) = 3 log 8 (4 x ) . 2 4 1. Giải phương trình:

Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I =

π 4

∫ π cos x

tan x 1 + cos 2 x

dx .

6

Câu IV: (1,0 điểm) Tính thể tích của khối hộp ABCD. A' B ' C ' D' theo a . Biết rằng AA' B ' D' là khối tứ diện đều cạnh a . Câu V: ( 1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc đoạn  1  2 3 2 − 2 ;1 : 3 1 − x − 2 x + 2 x + 1 = m ( m ∈ R ). Câu VI: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình: 2 x − y − 5 = 0 và hai điểm A(1;2) ; B (4;1) . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng (d ) và đi qua hai điểm A , B . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;2) , B (2;0;2) . a. Tìm quỹ tích các điểm M sao cho MA 2 − MB 2 = 5 . b. Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng (OAB) và (Oxy ) . Câu VII: (1,0 điểm) Với n là số tự nhiên, chứng minh đẳng thức: C n0 + 2.C n1 + 3.C n2 + 4.C n3 + ... + n.C nn −1 + (n + 1).C nn = (n + 2).2 n −1 . ……………………. Hết……………………...

Lời giải tóm tắt Câu I: 1. Khảo sát hàm số chắc là không có gì khó khăn. Đồ thị: 10

-10

-5

5

-10

-20

-30

2. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng ⇔ Phương trình x 3 − 3x 2 − 9x + m = 0 có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng ⇔ Phương trình x 3 − 3x 2 − 9x = − m có 3 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng ⇔ Đường thẳng y = − m đi qua điểm uốn của đồ thị ⇔ −m = −11⇔ m = 11.

Câu II: 1. 1 x 1 x  cos 2  sin 2 4 3 2 2 2x 1 cos 1 3  1 cos x   4 2 4 2x  1 2  2cos  1 cos x 3  2  2cos 2a   cos 3a



 a 

x  3

 2  2 2cos2 a  1    4cos3 a  3cos a   2  4cos2 a  2  4cos3 a  3cos a  0  cos a  4cos 2 a  4cos a  3  0

10



 cos a  0 x   cos  0    1 3   cos a     2  cos x  cos      3 3 3  cos a    loaïi   2

x  3   k  x   k 3 3 2  2  x     k 2  x    k 6 . 3 3

2. 1 1 log 2 ( x  3)  log 4 ( x  1) 8  3 log 8 (4 x ) . 2 4 Điều kiện:  x  3   x  1  0  x  1.  x0  Biến đổi theo logarit cơ số 2 thành phương trình log 2   x  3  x  1   log 2  4x   x 2  2x  3  0  x  1  loaïi 



 x3

 x  3.

Câu III: I=

π 4

∫ cos x

π 6

π 4

tan x 1 + cos 2 x

Đặt u = tan x ⇒ du =

 1  u  6 3  x   u 1 4 1 u  I   dx. u2  2 1

π 4

tan x tan x dx = ∫ dx . 2 2 1 π π cos x tan x + 2 2 cos x +1 6 6 cos2 x

dx = ∫

1 dx. . cos2 x

x

3 2 Đặt t  u  2  dt 

u u 2 2

du .

1 7 t  3 3 u  1 t  3. u

I 

3

 dt  t 7 3

3 7 3

 3

7 3 7  . 3 3

Câu IV: V  Sñaùy  h . a2 3 , Sñaùy  2 a 6 h 3 a3 3  V  . 2

Câu V: 3 1  x 2  2 x 3  2 x 2  1  m ( m ∈ R ).  1  Đặt f  x   3 1 x 2  2 x 3  2x 2  1, suy ra f  x  xác định và liên tục trên đoạn   ;1 .  2   3x 3x 2  4x 3 3x  4  f ' x     x   . 2 1 x 2 x 3  2x 2  1 x 3  2x 2  1   1 x 4 3 3x  4  1    0. x    ;1 ta có x    3x  4  0  2 3 3  2  1 x x  2x 2  1 Vậy: f '  x   0  x  0. Bảng biến thiên: 1 x  0 1 2 f ' x ||  0  || 1 CÑ f  x

3 3  22 2 4

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:  1  3 3  22 Phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất thuộc   ;1  4  m  hoặc m  1  2  2 .

Câu VI: 1. Phương trình đường trung trực của AB là 3x  y  6  0 . Tọa độ tâm I của đường tròn là nghiệm của hệ:  2x  y  5  x  1   I  1; 3 .   3x  y  6  y  3 R  IA  5 .

Phương trình đường tròn là  x  1   y  3  25 . 2

2

2.

a. M  x, y, z  sao cho MA2  MB 2  5   x  1   y  1   z  2   x  2  y 2   z  2  5 2

2

2

2

2

 2x  2y  7  0. Vậy quỹ tích các điểm M là mặt phẳng có phương trình 2x  2y  7  0 .

b.

uuu r uuur  OA, OB    2; 2; 2  2 11 ; ; 1   OAB  : x  y  z  0 .  

 Oxy  : z  0.

N  x; y; z  cách đều  OAB  và  Oxy   d  N ,  OAB    d  N ,  Oxy   

  x y    x y

 x  y  z   3z  

 3  1 z  0.



3

31 z  0

Vậy tập hợp các điểm N là hai mặt phẳng có phương trình x  y  x y

x yz







3  1 z  0 và

3  1 z  0.

Câu VII: Khai triển  1 x  ta có: n

 1 x 

n

 Cn0  Cn1x  Cn2x 2  Cn3x 3  ...  Cnn 1x n 1  Cnn x n . Nhân vào hai vế với x  ¡ , ta có: n  1 x  x  Cn0x  Cn1x 2  Cn2x3  Cn3x 4  ...  Cnn1x n  Cnn x n1. Lấy đạo hàm hai vế ta có: n 1 n Cn0  2Cn1x  3Cn2x 2  4Cn3x 3  ...  nCnn 1x n 1   n  1 Cnn x n  n  1 x  x   1 x    1 x 

n 1

 nx  x  1 .

0 1 2 3 n 1 n n 1 Thay x  1, ta có Cn  2.Cn  3.Cn  4.Cn  ...  n.Cn  (n  1).Cn   n  2 .2 .

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



z 1