Trờng THPT kim thành ii đề chính thức Đề thi thử đại học năm 2009 lần i Mụn : Toỏn, khi D (Thi gian 180 khụng k phỏt ) Cõu I:(2 im) 1) Kho sỏt v v th hm s 2 1 1 x y x + = (1). 2) Xỏc nh m ng thng y=x-2m ct (1) ti hai im phõn bit M, N sao cho MN=6. Cõu II: (2 im) 1) Gii bt phng trỡnh: 2 10 5 10 2x x x+ + 2) Gii phng trỡnh: ( ) 4 4 5sin 2 4 sin os 6 0 2cos2 3 x x c x x + + = + Cõu III: (2 im) 1) Tớnh tớch phõn: 3 2 0 2 1 1 x x I dx x + = + . 2) Tỡm m phng trỡnh sau luụn cú nghim trong on [ ] 1;9 ( ) ( ) 2 3 3 3 log 2 log 2 4 1 logx m x m x+ + + = + Cõu IV: (2 im) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA=2a. Gọi E là trung điểm của cạnh CD. a) Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến đờng thẳng BE. b) Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. PHN T CHN: Thớ sinh chn mt trong hai cõu V a v V b Cõu V a : (2 im) 1) T cỏc s 0,1,2,3,4,5 cú th lp c bao nhiờu s gm 3 ch s khỏc nhau chia ht cho 3? 2) Cho 2 ng thng d 1 :2x+y-1=0, d 2 : y=2x-1. Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm thuc Ox v tip xỳc vi d 1 v d 2 . Cõu V b : (2 im) 1) Tỡm h s ca x 5 trong khai trin ca biu thc: 11 7 2 2 1 1 A x x x x = + + ữ ữ 2) Trong khụng gian Oxyz, cho 2 ng thng d 1 v d 2 cú phng trỡnh: 1 2 1 : 3 1 2 x t d y t z t = = + = + 2 2 : 5 2 2 x t d y t z t = = = CMR : d 1 v d 2 chộo nhau, tớnh khong cỏch gia hai ng thng trờn? -----------------Ht--------------- Ch kớ giỏm th 1: . Ch kớ giỏm th 2: . 1 Trờng THPT kim thành ii đề chính thức P N Đề thi thử đại học năm 2009 lần i Mụn : Toỏn, khi D (Thi gian 180 khụng k phỏt ) Cõu Ni dung im Cõu I 1) kho sỏt v v th hm s: 2 1 1 x y x + = Tp xỏc nh: D=R\{1} 1 1 2 1 2 1 lim ; lim 1 1 x x x x x x + + + = = + th hm s nhn ng thng x=1 l tim cn ng. 2 1 2 1 lim 2; lim 2 1 1 x x x x x x + + + = = th hm s nhn ng thng y=2 l tim cn ngang. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 3 ' 1 1 x x y x x + = = Vy hm s nghch bin trờn khong: ( ) ;1 ; ( ) 1;+ . Hm s khụng cú im cc tr. Bng bin thiờn: x 1 + y - - y 2 + 2 V th x=2=>y=5 x=3=>y=7/2 x=0=>y=-1 x=-1=>y=1/2 th hm s nhn I(1;2) l tõm i xng. 0,25 0,25 0,25 0,25 2) phng trỡnh honh giao im : 2 1 2 (1); 1 1 x x m x x + = ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 3 2 2 1 0 x x m x x m x m + = + + = ng thng ct (C) ti hai im phõn bit ta cú iu kin l: ( ) ( ) 2 2 4 4 13 0 3 2 4 2 1 0 3 0 1 m m m m x + + > = + > ỳng vi mi giỏ tr ca m. Theo nh lớ viột: 1 2 1 2 3 2 . 2 1 x x m x x m + = + = 0,25 0,25 2 Giọi tọa độ của điểm M và N là: 1 1 2 2 ( ; 2 ), ( ; 2 )M x x m N x x m− − => ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4MN x x x x x x x x= − + − = + − uuuur Theo giả thiết đầu bài ta có: ( ) ( ) 2 2 3 2 4 2 1 36m m   + − − =   2 4 4 3 0 3 2 1 2 m m m m ⇔ + − =  = −  ⇔   =   Vậy với m=-3/2 và m=1/2 là các giá trị cần tìm. 0,25 0,25 Câu II 1) Giải bất phương trình: 2 10 5 10 2x x x+ ≥ + − − (1) Điều kiện: 2x ≥ ( ) 2 1 2 10 2 5 10 2 6 20 1(2) x x x x x x ⇔ + + − ≥ + ⇔ + − ≥ + Khi 2x ≥ => x+1>0 bình phương 2 vế phương trình (2) ( ] [ ) 2 2 2 (2) 2 6 20 2 1 4 11 0 x ; 7 3; x x x x x x ⇔ + − ≥ + + ⇔ + − ≥ ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ Kết hợp điều kiện vậy nghiệm của bất phương trình là: 3x ≥ 0,25 0,25 0,25 0,25 2) Giải phương trình: ( ) ( ) 4 4 5sin 2 4 sin os 6 0 1 2 os2 3 x x c x c x − + + = + Điều kiện: 5 5 2 os2 3 0 2 2 , 6 12 c x x k x k k Z π π π π + ≠ ⇔ ≠ ± + ⇔ ≠ ± + ∈ ( ) 2 2 1 1 5sin 2 4 1 sin 2 6 0 2 2sin 5sin 2 2 0(2) x x x x   ⇔ − − + =  ÷   ⇔ + + = Đặt sin2x=t, Đk: 1t ≤ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 5 2 0 2 1 2 t t t loai t TM ⇔ + + =  = −  ⇔  = −   Khi t=1/2=>sin2x=-1/2 0,25 0,25 0,25 3 ( ) ( ) 2 2 2 6 12 , , 7 7 2 2 2 6 12 x k x k tm k Z k Z x k x k l π π π π π π π π   = − + = − +   ⇔ ∈ ⇔ ∈     = + = +     0,25 Câu III 1) Tính: 3 2 0 2 1 1 x x I dx x + − = + ∫ Đặt 2 1 1x t x t+ = ⇔ = − dx=2tdt; khi x=0=>t=1,x=3=>t=2 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 5 4 2 3 2 1 1 2 1 1 1 2 4 =2 2 3 2 5 128 4 124 54 = 16 2 14 5 5 5 5 t t I tdt t t t t dt t − + − − =   − = −  ÷   − − + = − = ∫ ∫ 0,25 0,25 0,25 0,25 2) ( ) ( ) 2 3 3 log 2 log 3 2 4 1 log x x m m x+ + + = + (1) Đk: x>0 Đặt: 3 log ,x t khi= [ ] 1;9x∈ => [ ] 0;2t ∈ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 4 t 4 3 2 t m t m mt t m ⇔ + + + = + ⇔ + = − + Vì [ ] 0;2t ∈ từ (2) 2 4 3 t m t + ⇔ = − + Đặt ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 6 4 ' 0 3 3 t t t f t f t t t + − − + = − => = = + + ( ) ( ) 3 13 3 13 t loai t tm  = +  ⇔  = −  Ta có : f( 3 13− )= 26 2 13 6 13 − − ; f(0)=-4/3; f(2)=-8/5 Vậy với 8 2 13 2 ; 5 6 13 m   − ∈ −   −   thì phương trình có nghiệm với mọi [ ] 1;9x∈ 0,25 0,25 0,25 0,25 4 I F E A D B C Câu IV a) Gọi F là trung điểm của BC => AF ⊥ BE Vì ABFAIB∆ ∆ 2 2 2 2 2 2 2 5 5 4 AI AB AB a a a AI AB AF AF a a a ⇔ = ⇔ = = = = + Vì AI BE SI BE SA BE ⊥  ⇒ ⇒ ⊥  ⊥  2 2 2 2 4 2 6 4 5 5 a a SI SA AI a⇒ = + = + = 0,5 0,5 b) Gọi O là trung điểm của SC (1)SO AO CO⇒ = = Vì SDC ∆ vuông góc D ( ,CD SD CD AD⊥ ⊥ ) SO OD⇒ = (2) Vì SBC∆ vuông góc B ( ,BC BA BC SA⊥ ⊥ ) SO OB ⇒ = (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ SO=AO=BO=CO=DO => O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp => 2 2 2 2 2 4 6 2 2 2 2 SO AC SA a a a R + + = = = = 0,5 0,5 Phần tự chọn Câu V a 1) Các bộ số chia hết cho 3 là: (0;1;2), (0;1;5), (0;2;4),(0;4;5),(1;2;3), (1;3;5), (2;3;4), (3;4;5). Các bộ số (0;1;2), (0;1;5), (0;2;4), (0;4;5)mỗi bộ số có 4 số gồm 3 chữ số khác nhau,Vậy có 16 số từ hai bộ số trên. Các bộ số (1;2;3), (1;3;5), (2;3;4), (3;4;5) mỗi bộ số gồm có 6 số gồm 3 chữ số khác nhau, vậy có 4x6=24 (số) Vậy ta có: 16+24=40(số) 0,5 0,5 2) Gọi tâm của đường tròn là I(a;0) d 1 : 2x+y-1=0, d 2 : 2x-y-1=0 5 O I F E A B D C S vì d 1 , d 2 tiếp xúc với đường tròn => d(I; d 1 )=d(I; d 2 ) 2 1 2 1 5 5 2 1 2 1 2 1 2 1 0 a a a a a a a + − ⇔ = + = −  ⇔  + = − +  ⇔ = Vậy phương trình đường tròn là: x 2 +y 2 =1. 0,5 0,5 Câu V b 1) công thức khai triển của biểu thức là: ( ) ( ) 11 7 7 11 2 11 7 2 0 0 11 7 11 3 14 3 11 7 0 0 1 1 1 k n k k n n k n k k k n n k n A C x C x x x A C x C x − − = = − − = =   = − +  ÷   ⇔ = − + ∑ ∑ ∑ ∑ Để số hạng chứa x 5 vậy k=2 và n=3 Vậy hệ số của x 5 là 2 3 11 7 90C C+ = 0,5 0,5 2) gọi M(x m ;y m ;z m ) và N(x n ;y n ;z n ) là hai điểm lần lượt thuộc d 1 và d 2 , NM là đường vuông góc chung của d 1 và d 2 . Vậy M(2t m -1;3t m +1;t m +2) và N(t n -2;5t n -2;-2t n ) ( ) 2 1;5 3 3; 2 2 n m n m n m MN t t t t t t⇒ = − − − − − − − uuuur Gọi véctơ chỉ phương của d 1 và d 2 lần lượt là 1 2 , d d u u uur uur Do: 1 . 0 15 15 13 0 5 30 15 16 0 2 . 0 3 m d n m n m d n t MN u t t t t MN u t  =   = − − =    ⇔ ⇔    − − = =     = −   uuuur uur uuuur uur 3 8 11 8 16 4 ; ; ; ; ; 5 5 5 3 3 3 M N     ⇒ − − −  ÷  ÷     => độ dài của MN= 0,5 0,5 6 . đường tròn là I(a;0) d 1 : 2x+y-1=0, d 2 : 2x-y-1=0 5 O I F E A B D C S vì d 1 , d 2 tiếp xúc với đường tròn => d( I; d 1 ) =d( I; d 2 ) 2 1 2 1 5 5 2. = = Vì SDC ∆ vuông góc D ( ,CD SD CD AD⊥ ⊥ ) SO OD⇒ = (2) Vì SBC∆ vuông góc B ( ,BC BA BC SA⊥ ⊥ ) SO OB ⇒ = (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ SO=AO=BO=CO=DO =>