I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I . (2,0 điểm ) Cho hàm số : y=x3+3x2+mx+1 ( m là tham số )
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.
2. Xác định các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt
C(0;1), D và E đồng thời các tiếp tuyến tại D và E vuông góc với nhau.
SỞ GD-ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA _____________________________________ THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI ĐH-CĐ NĂM 2008-2009 Đề thi môn : TOÁN . Khối : A - B Thời gian làm bài : 180 phút ( không kể thời gian giao đề ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I . (2,0 điểm ) Cho hàm số : 3 23 1y x x mx= + + + ( m là tham số ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Xác định các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D và E đồng thời các tiếp tuyến tại D và E vuông góc với nhau. Câu II . (2,0 điểm ) 1. Giải hệ phương trình : 7 2 5 2 20 5 38 x y x y x y x y ⎧ + + + =⎪⎨ + + + =⎪⎩ 2. Giải bất phương trình : ( )2l g 6 g( 2) 4o x x x lo x− − + ≤ + + Câu III . (1,0 điểm ) Tính tích phân : 2 23 2 2 4 sin 3 os 3 sin os x c xI dx x c x π π ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ Câu IV. (1,0 điểm ) Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a . Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mặt phẳng AB’D’ cắt SC tại C’ . Tính thể tích hình chóp SAB’C’D’. Câu V . (1,0 điểm ) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện : x+y+z=1 Chứng minh bất đẳng thức : 3 2 xy yz xz xy z yz x xz y + + ≤+ + + II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a (2,0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(2; 3). Viết phương trình đường thẳng cắt hai trục toạ độ Ox, Oy ở A và B sao cho ABM là tam giác vuông cân tại A. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (C): ( ) ( )2 2 21 1 11x y z− + + + = và hai đường thẳng : ( ) ( )1 21 1 1: ; :1 1 2 1 2 1 x y z x y zd d+ − += = = = . Hãy viết phương trình chính tắc của đường thẳng qua tâm của (C) đồng thời cắt (d1) và (d2) . Câu VII.a (1,0 điểm) Cho n nguyên dương. Chứng minh rằng : 0 1 1 2 1 1 2 3 2 2 2 1... ... 2 k n n n n n k n n n n k n C C C C C C C C+ ++ + + + + + + + + + = 2. Theo chương trình Nâng cao . Câu VI.b ( 2,0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(2; 3). Viết phương trình đường thẳng cắt hai trục toạ độ Ox, Oy ở A và B sao cho ABM là tam giác vuông cân tại B. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (C): ( ) ( )2 2 21 1 11x y z− + + + = và hai đường thẳng : ( ) ( )1 21 1 1: ; :1 1 2 1 2 1 x y z x y zd d+ − += = = = . Hãy viết phương trình các mặt phẳng tiếp xúc với (C) đồng thời song song với (d1) và (d2) . Câu VII.b (1,0 điểm )Cho n nguyên dương. Chứng minh rằng : 0 1 1 2 1 1 2 3 2 2 2 1... ... 2 k n n n n n k n n n n k n C C C C C C C C+ ++ + + + + + + + + + = ___________________________________Hết___________________________________ Chú ý : Thí sinh dự thi có thể download đáp án và thang điểm tại : Phạm Kim Chung 0984.333.030 copyright by : 1 TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM KỲ THI THỬ ĐH-CĐ LẦN I I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH. Câu Nội dung Điểm I.1 Khi m = 3, hàm số đã cho trở thành : 3 23 3 1y x x x= + + + • Tập xác định : R • Sự biến thiên : Đạo hàm : y’ = 3x2+6x+3=3(x+1)2≥ 0, ∀ R∈ Hàm số đã cho đồng biến trên R Giới hạn : lim ; lim ; x x y y→+∞ →−∞= +∞ = −∞ , hàm số đã cho không có tiệm cận. Bảng biến thiên : x -∞ -1 +∞ y’ + 0 + y -∞ +∞ • Đồ thị : Giao với Ox : A(-1;0) Giao với Oy : B(0;1) Đồ thị nhận điểm uốn U(-1;0) làm tâm đối xứng. 0,25 0,25 0,25 0,25 I.2 Xét phương trình : ( )3 2 21 3 1 3 0 (*)x x mx x x x m= + + + ⇔ + + = 0,25 3 23 3 1y x x x= + + +y x O Phạm Kim Chung 0984.333.030 copyright by : 2 Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y=1 tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt . Hay phương trình : + + =2x 3x m 0 có 2nghiệm phân biệt khác 0 ≠⎧≠⎧ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨− > <⎩ ⎪⎩ m 0 m 0 (a)9 9 4m 0 m 4 Giả sử ( ) ( )D D E ED x ; y ; E x ; y , theo yêu cầu bài toán ta cần có : ( ) ( ) ( )( )= − ⇔ + + + + = −2 2D E D D E Ef ' x .f ' x 1 3x 6x m 3x 6x m 1 Do xE , xD là nghiệm của phương trình : + + =2x 3x m 0 , nên ta có : ( )( ) 2D E 9 653x 2m 3x 2m 1 4m 9m 1 0 m ( tho¶m·n(a))8 ±+ + = − ⇔ − + = ⇔ = 0,25 0,25 0,25 II.1 Đặt : 7 , 2 ( , 0)x y a x y b a b+ = + = ≥ Lúc đó : 2 22 3 20 5a b x y+ = + Hệ đã cho trở thành : 2 2 2 3 2 5 5 4 (2 3 ) 38 5 19 12 0 5 21 5 b a a b a b bb a b b b a ⎡ =⎧⎨⎢ =⎩⎢+ = = −⎧ ⎧ ⎢⎧⇔ ⇔⎨ ⎨ =⎢⎪+ + = − + =⎩ ⎩ ⎪⎢⎨⎢⎪ =⎢⎪⎩⎣ • Với 3 2 b a =⎧⎨ =⎩ , thay trở lại ta có : 7 4 1 2 9 11 + = = −⎧ ⎧⇔⎨ ⎨+ = =⎩ ⎩ x y x x y y Với 4 5 21 5 b a ⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩ , thay trở lại ta có : 441 177 25 5 16 1542 25 25 ⎧ ⎧+ = =⎪ ⎪⎪ ⎪⇔⎨ ⎨⎪ ⎪+ = = −⎪ ⎪⎩ ⎩ x y x x y y 0,25 0,25 0,25 0,25 II.2 Điều kiện xác định : 2 6 0 3 2 0 x x x x ⎧ − − > ⇔ >⎨ + >⎩ Với điều kiện đó ta có : ( )2log( 6) log 2 4x x x x− − + ≤ + + log( 3) 4 0x x⇔ − + − ≤ Xét hàm số : ( ) log( 3) 4f x x x= − + − , ta có : 0,25 0,25 Phạm Kim Chung 0984.333.030 copyright by : 3 ( ) 1'( ) 1 0, 3 3 ln10 f x x x = + > ∀ >− Suy ra : ( ) log( 3) 4 0 3 4f x x x x= − + − ≤ ⇔ < ≤ ( Do x = 4 là nghiệm của phương trình : f(x) = 0 ) 0,25 0,25 III Ta có : ( )( )2 2 2 2 2 2 2 sin 3 .cos sinx. os3 sin3 .cos sinx. os3sin 3 os 3 4.sin 2 .sin 4 8 os2 sin os sin . os sin 2 x x c x x x c xx c x x x c x x c x x c x x − +− = = = Do đó : 2 23 3 2 2 4 4 s in 3 os 3 38 os2 . 4.sin 2 2 3 4 sin os 4 x c xI dx c xdx x x c x π π π π π π ⎛ ⎞= − = = = −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ 0,5 0,5 IV Ta có : ' ' ' AB SB AB SC AB CB ⊥ ⎫⇒ ⊥⎬⊥ ⎭ , tương tự : ( )' ' ' ' 'AD SC SC AB C D SC AC⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ Do tính đối xứng ( tự CM ) ta có : ' ' ' ' '2SAB C D SAB CV V= Áp dụng tính chất tỉ số thể tích cho 3tia SA,SB,SC ta có : 2 2 2 2 ' ' 2 2 2 2 2 2 ' ' '. '. 4 4 8. . . . 5 6 15 SAB C SABC V SB SC SB SB SC SC SA SA a a V SB SC SB SC SB SC a a = = = = = 2 3 3 3 ' ' 1 8 8. .2 . 3 2 3 15 3 45SABC SAB C a a a aV a V= = ⇒ = = 3 ' ' ' 16 45SAB C D aV⇒ = (học sinh nêu và chứng minh tính chất tỉ số thể tích ) 0,25 0,25 0,25 0,25 V Cách 1 : Ta có : Phạm Kim Chung 0984.333.030 copyright by : 4 II. PHẦN RIÊNG 1. Theo chương trình Chuẩn. . . . 1xy xz xy yz xz yzx y z z y z x z x + + = + + = Suy ra luôn tồn tại tam giác ABC sao cho : tan ; tan ; tan 2 2 2 A yz B xz C xy z y z = = = Lúc đó : 3 3 2 21 1 1 xzyzxy xy yz xz yxz xy yz xzxy z yz x xz y z x y + + ≤ ⇔ + + ≤+ + + + + + Hay bài toán đã cho trở thành, chứng minh BĐT : + + ≤ + + + ⇔ + + ≤ 2 2 2 2 2 2 C B A tan tan tan 32 2 2 C B A 2tan 1 tan 1 tan 1 2 2 2 A B C 3 sin sin sin (dÔCM) 2 2 2 2 Cách 2 : Ta có : ( ) ( )( )xy z xy z x y z x z y z+ = + + + = + + Do đó : 1 (1) ( )( ) 2 xy xy x y xy z x z y z x z y z ⎛ ⎞= ≤ +⎜ ⎟+ + + + +⎝ ⎠ Hoàn toàn tương tự ta có : 1 (2) ( )( ) 2 zy zy y z zy x x y x z x y x z ⎛ ⎞= ≤ +⎜ ⎟+ + + + +⎝ ⎠ 1 (3) ( )( ) 2 zx zx z x zx y z y x y z y x y ⎛ ⎞= ≤ +⎜ ⎟+ + + + +⎝ ⎠ Cộng (1), (2), (3) theo từng vế ta có ĐPCM. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Nội dung Điểm VI.a.1 Giả sử : ( ) ( ),0 ; 0,A a B b , ta có : ( ) ( ) ( )2 2 22 ,3 ; ; ; 2 9 ;AM a AB a b AM a AB a b= − − = − + = +JJJJG JJJG Theo bài ra ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 2 0. 0 3 2 9 2 9 2 9 9 a a bb a aAM AB AM AB a a b aa a ⎧ −=⎪⎧ − − =⎧ =⎪ ⎪ ⎪⇒ ⇒⎨ ⎨ ⎨= − + = +⎪ ⎪⎩ ⎪⎩ ⎡ ⎤− + = − +⎣ ⎦⎪⎩ JJJJG JJJG 3 1 3 5 a b a b ⎡ =⎧⎨⎢ = −⎩⎢⇒ ⎢ = −⎧⎢⎨ = −⎢⎩⎣ Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán : x 3y 3 0− − = và 5x 3y 15 0+ + = 0,25 0,5 0,25 Phạm Kim Chung 0984.333.030 copyright by : 5 2. Theo chương trình nâng cao . Câu Nội dung Điểm VI.b.1 Giả sử : ( ) ( ),0 ; 0,A a B b , ta có : ( ) ( ) ( )2 2 22;3 ; ; ; 4 3 ;BM b BA a b BM b BA a b= − − = + − = +JJJJG JJJG Theo bài ra ta có : 0,25 VI.a.2 Mặt cầu (C) có tâm : ( )1; 1;0I − Lấy điểm A thuộc (d1) : A(0; -1; 1) ( )1;0;1AI⇒ =JJG Mặt phẳng ( )β chứa (d1) và I có véctơ pháp tuyến là : ( )1; 1;3; 1n u AIβ ⎡ ⎤= = − −⎣ ⎦ JJG JG JJG ( Trong đó ( )1 1;1;2uJG là véctơ chỉ phương của (d1) ) Phương trình mặt phẳng ( )β là : ( ) ( ) ( )1 1 3 1 1 0 0x y z− − + + − − = hay : 3 4 0x y z− + − + = Toạ độ giao điểm B của ( )β và (d2) là nghiệm của hệ : 9 43 4 0 10 1 4 1 2 1 5 4 x x y z yx y z z ⎧ = −⎪− + − + = ⎪⎧⎪ ⎪⇒ = −⎨ ⎨+ = =⎪ ⎪⎩ ⎪ = −⎪⎩ . Do đó véctơ : 13 6 5; ; 4 4 4 BI ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ JJG Vậy phương trình đường thẳng IB là : 1 1 13 6 5 x y z− += = 0,25 0,25 0,5 VII Ta có : ( )1 2 ! ( 1)!( 1)! !( 1)!( 1). ( )! ! ( 2)! !( 2)! k n k n k C n k n n n k C n k k n k n k n k++ + + + + += =− + + − + + 1 !( 1)! !( 1)! 2 ( )!( 1)! ( 1)!( 2)! n n n n n k n k n k n k ⎡ ⎤+ += −⎢ ⎥− + + − − + +⎣ ⎦ (2 1)! (2 1)! 1 ( )!( 1)! ( 1)!( 2)! (2 1)! (2 1)!2 !( 1)! !( 1)! n n n k n k n k n k n n n n n n + +⎡ ⎤⎢ ⎥− + + − − + += −⎢ ⎥+ +⎢ ⎥⎢ ⎥+ +⎣ ⎦ 1 2 1 2 1 2 1 1 2 n k n k n n n n C C C − − − + + + ⎛ ⎞−= ⎜ ⎟⎝ ⎠ (1) Đẳng thức (1) đúng với mọi k từ 0 đến n . Do đó : ( ) ( ) ( )0 1 1 1 2 1 02 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 11 2 1 1 2 3 2 2 2 2 1 1 1... ... . ... 2 k n n n n nn n n n n n n n n nk n n n n n k n n C C C C C C C C C C C C C C C − − − + + + + + ++ + + + + + + + ⎡ ⎤+ + + + + = − + − + + −⎣ ⎦ 2 11 2 1 1 1 1. . 2 2 n n n C C ++ = = 0,25 0,25 0,5 Phạm Kim Chung 0984.333.030 copyright by : 6 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 2 3 0. 0 2 4 3 4 3 3 4 4 b b aa b bBM BA BM BA b a b bb b ⎧ −=⎪⎧ − − =⎧ =⎪ ⎪ ⎪⇒ ⇒⎨ ⎨ ⎨= + − = +⎪ ⎪⎩ ⎪⎩ ⎡ ⎤+ − = − +⎣ ⎦⎪⎩ JJJJG JJJG 1 2 5 2 a b a b ⎡ =⎧⎨⎢ =⎩⎢⇒ ⎢ = −⎧⎢⎨ = −⎢⎩⎣ Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán : 2x y 2 0+ − = và 2x 5y 10 0+ + = 0,5 0,25 VI.b.2 Ta có véctơ chỉ phương của (d1) : ( )1 1;1;2uJG ; Véctơ chỉ phương của (d2) : ( )2 1;2;1uJJG Mặt phẳng song song với (d1); (d2) có véctơ pháp tuyến : ( )1 2; 3;1;1n u u⎡ ⎤= = −⎣ ⎦ G JG JJG Phương trình của mặt phẳng này có dạng : ( )3 0x y z D α− + + + = Mặt phẳng ( )α tiếp xúc với mặt cầu : ( ) ( )2 2 21 1 11x y z− + + + = khi và chỉ khi : ( ) ( ) 153 1;( ) 11 11 71; 1;0 11 DDd I DI α⎧ =− − += ⎡⎪ ⇔ = ⇒⎨ ⎢ = −− ⎣⎪⎩ Vậy mặt phẳng ( )α có dạng : -3x+y+z+15=0 hoặc -3x+y+z-7=0 0,25 0,25 0,25 0,25 VII.b Ta có : ( )1 2 ! ( 1)!( 1)! !( 1)!( 1). ( )! ! ( 2)! !( 2)! k n k n k C n k n n n k C n k k n k n k n k++ + + + + += =− + + − + + 1 !( 1)! !( 1)! 2 ( )!( 1)! ( 1)!( 2)! n n n n n k n k n k n k ⎡ ⎤+ += −⎢ ⎥− + + − − + +⎣ ⎦ (2 1)! (2 1)! 1 ( )!( 1)! ( 1)!( 2)! (2 1)! (2 1)!2 !( 1)! !( 1)! n n n k n k n k n k n n n n n n + +⎡ ⎤⎢ ⎥− + + − − + += −⎢ ⎥+ +⎢ ⎥⎢ ⎥+ +⎣ ⎦ 1 2 1 2 1 2 1 1 2 n k n k n n n n C C C − − − + + + ⎛ ⎞−= ⎜ ⎟⎝ ⎠ (1) Đẳng thức (1) đúng với mọi k từ 0 đến n . Do đó : ( ) ( ) ( )0 1 1 1 2 1 02 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 11 2 1 1 2 3 2 2 2 2 1 1 1... ... . ... 2 k n n n n nn n n n n n n n n nk n n n n n k n n C C C C C C C C C C C C C C C − − − + + + + + ++ + + + + + + + ⎡ ⎤+ + + + + = − + − + + −⎣ ⎦ 2 11 2 1 1 1 1. . 2 2 n n n C C ++ = = 0,25 0,25 0,5
Tài liệu đính kèm: