ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi toán, khối D (lần 1) Thời gian làm bài 180 phút( không kể thời gian phát đề) A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm): Câu I: Cho hàm số 3 2 3 3 3 2y x mx x m= − − + + (C m ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 3 . b) Tìm m để (C m ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là 1 2 3 , ,x x x thỏa mãn 2 2 2 1 2 3 15x x x+ + ≥ Câu II: a) Giải bất phương trình: 4 log (log (2 4)) 1 x x − ≤ b) Giải phương trình: ( ) 2 cos 2 cos 2 tan 1 2x x x+ − = Câu III: Tính tích phân : 2 2 0 I cos cos2x xdx π = ∫ Câu IV: Cho lăng trụ đứng ABC.A 1 B 1 C 1 có AB = a, AC = 2a, AA 1 2a 5= và o 120BAC = ∧ . Gọi M là trung điểm của cạnh CC 1 . Chứng minh MB ⊥ MA 1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A 1 BM). Câu V: Tìm m để phương trình sau có một nghiệm thực: 2 2 2( 4) 5 10 3 0x m x m x− + + + − + = B. PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a: 1)Trong mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d 1 ): 7 17 0x y− + = , (d 2 ): 5 0x y+ − = . Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d 1 ),(d 2 ) một tam giác cân tại giao điểm của (d 1 ),(d 2 ). 2) Trong không gian Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có A ≡ O, B(3;0;0), D(0;2;0), A’(0;0;1). Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với AB’. Câu VII.a: Một kệ sách có 15 quyển sách (4 quyển toán khác nhau, 5 quyển lý khác nhau, 6 quyển văn khác nhau). Người ta lấy ngẫu nhiên 4 quyển sách từ kệ. Tính xác suất để số sách lấy ra không đủ 3 môn. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: Trong không gian Oxyz cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng: (d 1 ): 1 2 3 2 1 x y z− + = = ; (d 2 ) là giao tuyến của 2 mp có PT: 1 0x + = và 2 0x y z+ − + = 1) Chứng tỏ 2 đường thẳng d 1 , d 2 chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng. 2) Viết PT đường thẳng (d) qua M vuông góc (d 1 ) và cắt (d 2 ). Câu VII.b: Tìm hệ số của 8 x khai triển Newtơn của biểu thức ( ) 8 2 3 1P x x= + − Câu Đáp án Điểm Ia) 1điểm 3 2 3 3 3 2y x mx x m= − − + + (C m ) khi 3 2 1/ 30 3 3m y x x x= ⇒ = − − + (C) 0.25 TXĐ: D=R, 2 1 10 ' 3 2 3, ' 0 3 y x x y x ± = − − = ⇔ = HS đồng biến trên 1 10 ; 3   − −∞  ÷  ÷   và 1 10 ; 3   + +∞  ÷  ÷   ; nghịch biến / ( ) 1 2 ;x x 0.25 HS đạt cực đại tại 1 ; CD x x y= = , đạt cực tiểu tại 2 ; CD x x y= = Giới hạn: lim , lim x x→+∞ →−∞ = +∞ = −∞ Bảng biến thiên: 0.25 Đồ thị:(C) ∩ Ox tại A(1;0) và B(x 3 ;0), D(x 4 ;0), :(C) ∩ Oy tại E(0;3) 0.25 x - ∞ 1 x 2 x + ∞ f’(t) + 0 - 0 + f(t) - ∞ CD y CT y + ∞ Ib) 1điể m Phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 3 3 3 2 0x mx x m− − + + = 2 2 ( 1)[ (3 1) 3 2]=0 1 (3 1) 3 2 0 (2)x x m x m x x m x m⇔ − − − − − ⇔ = ∨ − − − − = (C m ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là 1 2 3 , ,x x x với 3 1x = 0.5 thì 1 2 ,x x là nghiệm khác 1 của PT (2) Theo đlý viet ta có: 1 2 1 2 3 1 3 2 x x m x x m + = −   = − −  Để thoả mãn đk thì: 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 0 9 6 9 0 1 (3 1).1 3 2 0 0 15 9 9 0 m m m m m x x x m ∆ >   + + >   − − − − ≠ ⇔ ≠     + + ≥ − ≥   ( ; 1] [1; )m⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ 0.5 IIa) 1điể m 4 log (log (2 4)) 1 x x − ≤ . Đk: 4 2 0 1 log (2 4) 0 log 5 2 4 0 x x x x < ≠   − > ⇔ >   − >  0.2 5 Do 1x > ⇒ PT 4 log (2 4) 2 4 4 4 2 4 0 x x x x x x⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − + ≥ đúng với mọi x. Do vậy BPT có nghiệm: 2 log 5x > 0.5 IIa) 1điể m ( ) 2 cos 2 cos 2 tan 1 2x x x+ − = , Đk: cos 0 / 2x x k π π ≠ ⇔ ≠ + PT 2 2 1 (2cos 1) cos [2( 1) 1] 2 cos x x x ⇔ − + − − = 3 2 2cos 3cos 3cos 2 0x x x⇔ − − + = 0.5 2 (cos 1)(2cos 5cos 2) 0x x x⇔ + − + = cos 1 2 cos 1/ 2 2 cos 2( ) 3 x x k x x k x VN π π π π =  = +    ⇔ = ⇔   = ± +  =   0.5 III 1điể m 2 2 2 2 0 0 0 1 1 I cos cos2 (1 cos2 )cos 2 (1 2cos 2 cos4 ) 2 4 x xdx x xdx x x dx π π π = = + = + + ∫ ∫ ∫ 0.5 /2 0 1 1 ( sin 2 sin 4 ) | 4 4 8 x x x π π = + + = 0.5 IV 1điể m Theo đlý cosin ta có: BC = 7a Theo Pitago ta được: MB = 2 3a ; MA 1 = 3a Vậy 2 2 2 2 1 1 21MB MA BA a+ = = 1 MA MB⇒ ⊥ 0.5 A 1 M C 1 B 1 B A C Ta lại có: 1 1 1 1 1 1 ( ,( )). . 3 3 ABA M ABA MBA V d M ABA S d S= = 1 1 ( ,( )) ( ,( )) 3d M ABA d C ABA a= = 1 2 1 1 . 5 2 ABA S AB AA a= = 1 2 1 1 . 3 3 2 MBA S MB MA a= = 5 3 a d⇒ = 0.5 V 1điể m 2 2 2( 4) 5 10 3 0x m x m x− + + + − + = 2 2 2( 4) 5 10 3x m x m x⇔ − + + + = − 2 2 3 0 2 2( 4) 5 10 ( 3) x x m x m x − ≥   ⇔  − + + + = −   2 3 2 1 2 5 x x x m x ≥   ⇔  − + =  −  0.2 5 Xét hàm số, lập BBT với 2 2 1 ( ) 2 5 x x f x x − + = − 2 2 2( 5 ) '( ) (2 5) x x f x x − ⇒ = − Khi đó ta có: 0.5 Bảng biến thiên: x - ∞ 0 5/2 3 5 + ∞ y’ + 0 - - 0 + y 8 24/5 + ∞ Phương trình có 1 nghiệm 24 (8; ) 5 m   ∈ ∪ +∞     0.25 Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn VIa.1 1điểm Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d 1 , d 2 là: 1 2 2 2 2 2 3 13 0 ( ) 7 17 5 3 4 0 ( ) 1 ( 7) 1 1 x y x y x y x y + − = ∆ − + + −  = ⇔  − − = ∆  + − + 0.5 PT đường cần tìm đi qua M(0;1) và song song với 1 2 ,∆ ∆ KL: 3 3 0x y+ − = và 3 1 0x y− + = 0.5 VIa.2 1điểm Kẻ CH ⊥ AB’, CK ⊥ DC’ Ta chứng minh được CK ⊥ (ADC’B’) nên tam giác CKH vuông tại K. 2 2 2 49 10 CH CK HK⇒ = + = 0.5 Vậy PT mặt cầu là: 2 2 2 49 ( 3) ( 2) 10 x y z− + − + = 0.5 C C’ D’ D A B’ B H K A’ VII 1điểm Số phần tử của không gian mẫu là: 4 15 1365CΩ = = Gọi A là biến cố lấy ra 4 quyển sách đủ cả 3 môn ( có các trường hợp: (2 toán, 1 lý, 1 văn); (1 toán, 2 lý, 1 văn);(1 toán, 1lý, 2 văn)) có số phần tử là: 2 1 1 1 2 1 1 1 2 4 5 6 4 5 6 4 5 6 . . . 720A C C C C C C C C C= + + = Xác suất để xảy ra A là: 720 48 ( ) 0.527 1365 91 P A = = ≈ Vậy xác suất cần tìm là: ( ) 43 P 1 P A 91 = − = 2. Theo chương trình nâng cao: VIb.1 1điểm Ta có: 1 ∆ đi qua M 1 = (1;-2;0), có vectơ chỉ phương 1 (3;2;1)u = uur Ta tìm được 2 ∆ đi qua M 2 = (-1;-1;0), có vectơ chỉ phương 2 (0;1;1)u = uur 1 2 1 2 1 2 , (1; 3;3); , . 1 0u u u u M M     ⇒ = − = ≠     uur uur uur uur uuuuuur ⇒ 1 ∆ , 2 ∆ chéo nhau. 0.5 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 , . 1 , 19 ( , ) 19 , u u M M u u d d d u u       ⇒ = ⇒ = =       uur uur uuuuuur uur uur uur uur 0.5 VIb.2 1điểm Mp(P) đi qua M(0;1;1) vuông góc với d 1 có PT: 3 2 3 0x y z+ + − = 0.25 Giao điểm A của d 2 và (P) là nghiệm của hệ 3 2 3 0 1 1 0 5 / 3 2 0 8 / 3 x y z x x y x y z z + + − = = −     + = ⇔ =     + − + = =   0.25 ĐT cần tìm là AM có PT: 1 1 3 2 5 x y z− − = = 0.5 VII 1điểm Ta có: ( ) 8 8 2 2 8 0 1 (1 ) (1 ) k k k k P x x C x x = = + − = − ∑ . Mà 0 (1 ) ( 1) k k i i i k i x C x = − = − ∑ Để ứng với 8 x ta có: 2 8;0 8 0 4k i i k k+ = ≤ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ 0.5 Ta có: k 0 1 2 3 4 i 8 6 4 2 0 Loại Loại Loại TM TM Do vậy hệ số của 8 x là: 3 2 2 4 0 0 8 3 8 4 ( 1) ( 1) 238a C C C C= − + − = 0.5 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2 009 Môn thi toán, khối D (lần 1) Thời gian làm bài 180 phút( không kể thời. M(0;1;1) và 2 đường thẳng: (d 1 ): 1 2 3 2 1 x y z− + = = ; (d 2 ) là giao tuyến của 2 mp có PT: 1 0x + = và 2 0x y z+ − + = 1) Chứng tỏ 2 đường thẳng d 1 , d