Tải bản đầy đủ

DE SO 2 CÓ DAP AN

Đ Ề 2
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7.0 điểm)
Câu I :( 2, 0 điểm) Cho hàm số
3 2
y (m 2)x 3x mx 5
= + + + −
, m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số khi m = 0
2. Tìm các giá trị của m để các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho có hoành độ là
các số dương.
Câu II :( 2, 0 điểm) Giải các phương trình
1.
3 3
4sin x.c 3x 4cos x.sin 3x 3 3c 4x 3os os+ + =
2.
2 2
3 3 3
log (x 5x 6) log (x 9x 20) 1 log 8
+ + + + + = +
Câu III :( 1, 0 điểm) Tìm giá trị của tích phân :
3

e
3
1
ln x
I
x 1 ln x
=
+

dx
CâuVI :( 1, 0 điểm) Một mặt phẳng qua đỉnh S của một hình nón cắt đường tròn đáy theo cung
»
AB

số đo bằng
α
. Mặt phẳng (SAB) tạo với đáy góc
β
. Biết khoảng cách từ tâm O của đáy hình nón đến
mặt phẳng (SAB) bằng a. Hãy tìm thể tích hình nón theo
α
,
β
và a
CâuV :( 1, 0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh bất đẳng thức sau :

3 2 3 2 3 2 2 2 2
2 y
2 x 2 z 1 1 1
x y y z z x x y z
+ + + + ≤
+ + +

B.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa :(2,0 điểm)
1/ Trong mặt phẳng (Oxy), cho đường tròn (C ):
2 2
2x 2y 7x 2 0+ − − =
và hai điểm A(-2; 0), B(4; 3).
Viết phương trình các tiếp tuyến của (C ) tại các giao điểm của (C ) với đường thẳng AB.
2/ Trong không gian Oxyz, lập phương trình mặt phẳng (P) qua M(2; -1; 2) , song song với Oy và
vuông góc với mặt phẳng (Q): 2x – y + 3z + 4 = 0
Câu VIIa :(1,0 điểm) Cho các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 7, 9 . Hãy cho biết có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có
7 chữ số khác nhau đôi một sao cho hai chữ số chẵn không đứng cạnh nhau , được lập từ các chữ số đã
cho .
2.Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb :(2,0 điểm)
1/ Trong mặt phẳng (Oxy), cho đường tròn (C ):
2 2
2x 2y 7x 2 0+ − − =
và hai điểm A(-2; 0), B(4; 3).
Viết phương trình các tiếp tuyến của (C ) tại các giao điểm của (C ) với đường thẳng AB.
2/ Cho hàm số
2
2x (m 1)x 3
y
x m
+ + −
=
+
. Tìm các giá trị của m sao cho tiệm cận của đồ thị hàm số tiếp
xúc với parabol y = x
2
+5
Câu VIIb :(1,0 điểm) Cho khai triển
( )
x 1
3
x 1
2
2
8
1
log 3 1
log 9 7
5
2 2


− +
+
 
+
 ÷
 
. Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số
hạng thứ 6 trong khai triển này là 224

LƯỢC GIẢI
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009
------------
PHẦN CHUNG :
Câu I :( 2, 0 điểm) Cho hàm số
3 2
y (m 2)x 3x mx 5
= + + + −
, m là tham số
1.Khi m = 0
3 2
y 2x 3x 5⇒ = + −
( HS tự khảo sát , lưu ý : PT
3 2 2
2x 3x 5 0 (x 1)(2x 5x 5) 0 x 1+ − = ⇔ − + + = ⇔ =
)
2.Các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho có hoành độ là các số dương

PT
2
y' 3(m 2)x 6x m 0 =
= + + +
có 2 nghiệm dương phân biệt
2
a (m 2) 0
' 9 3m(m 2) 0
' m 2m 3 0 3 m 1
m
m 0 m 0 3 m 2
P 0
3(m 2)
m 2 0 m 2
2
S 0
m 2
= + ≠


∆ = − + >


∆ = − − + > − < <


 
⇔ ⇔ < ⇔ < ⇔ − < < −
= >
  
+
  
+ < < −




= >

 +
Câu II :
1. Phương trình :
3 3
4sin x.cos3x 4cos x.sin 3x 3 3 cos4x 3
+ + =
2 2
4 (1 cos x)sin x.cos3x (1 sin x)cos x.sin 3x 3 3 cos4x 3[ ]
⇔ − + − + =

4 sin x.cos3x cos x.sin 3x) cosx sin x(cosx.cos3x sin x.sin 3x) 3 3 cos4x 3[( ]⇔ + − + + =
1 1
4 sin 4x sin 2x.cos2x 3 3 cos4x 3 4 sin 4x sin 4x 3 3 co s4x 3 3sin 4x 3 3 cos4x 3
2 4
[ ]
 
⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ + =
 ÷
 
1 3 1
sin 4x 3cos4x 1 sin 4x cos 4x sin(4x ) sin
2 2 2 3 6
π π
⇔ + = ⇔ + = ⇔ + =
4x k2 4x k2
4x k2 x k
3 6 3 6 6 24 2
(k Z)
5 5
x k
4x k2 4x k2
4x k2
8 23 6 3 6
2
π π π π π π π
   
+ = + π + = + π
= − + π = − +
   
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ∈
   
π ππ π π π
π
 
 
= +
+ = + π + = + π
= + π
 
 
 
 

2. PT
2 2
3 3 3
log (x 5x 6) log (x 9x 20) 1 log 8
+ + + + + = +
(*)
+ Điều kiện :
2
2
x 5
x 5x 6 0 x 3 x 2
4 x 3
x 5 x 4
x 9x 20 0
x 2
< −


+ + > < − ∨ > −



⇔ ⇔ − < < −
 

<− ∨ > −
+ + >




>−

, và có :
3 3
1 log 8 log 24
+ =
+ PT (*)
2 2
2 2
3 3
log (x 5x 6)(x 9x 20) log 24
(x 5x 6)(x 9x 20) 24
(x 5) ( 4 x 3) (x 2)
(x 5) ( 4 x 3) (x 2)

 
+ + + + =

+ + + + =

 
⇔ ⇔
 
<− ∨ − < < − ∨ > −
<− ∨ − < < − ∨ > −


(x 2)(x 3)(x 4)(x 5) 24 (*)
(x 5) ( 4 x 3) (x 2) (**)


+ + + + =



<− ∨ − < <− ∨ >−

+ Đặt
2
t (x 3)(x 4) x 7x 12 (x 2)(x 5) t 2
= + + = + + ⇒ + + = −
, PT (*) trở thành :
t(t-2) = 24
2
(t 1) 25 t 6 t 4
⇔ − = ⇔ = ∨ = −
• t = 6 :
2 2
x 1
x 7x 12 6 x 7x 6 0
x 6
=−

+ + = ⇔ + + = ⇔

=−

( thỏa đkiện (**))
• t = - 4 :
2 2
x 7x 12 4 x 7x 16 0
+ + = − ⇔ + + =
: vô nghiệm
+ Kết luận : PT có hai nghiệm là x = -1 và x = - 6
Câu III : Tính tích phân :
3
e
3
1
ln x
I dx
x 1 ln x
=
+

+ Đặt
2
dx
t 1 ln x 1 ln x t 2tdt
x
= + ⇒ + = ⇒ =

( )
3
3 2
ln x t 1
= −
+ Đổi cận :
3
x 1 t 1 ; x e t 2
= ⇒ = = ⇒ =
+ Tích phân
2 2 2
2 3 6 4 2
5 3
1 1 1
(t 1) t 3t 3t 1 1
I dt dt (t 3t 3t )dt
t t t
=
− − + −
= = − + −
∫ ∫ ∫

6 4 2
2
1 3 3 15
t t t ln t ln 2
1
6 4 2 4
 
= − + − = −
 ÷
 
CâuVI
+Gọi I là trung điểm của dây cung AB và H là chân đường cao hạ từ O của tam giác SOI thì :
AB IO AB AB SI , AB SO (SIO)⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

AB OH

,và đã có
IS OH

theo cách dựng.
Từ giả thiết của đề bài , ta có
·
·
IOA OH a
2
; OIS ;
α
= = β =
+Các tam giác SOI ( vuông tại O) và IOH ( vuông tại I) có
·
·
SOHSIO = = β
nên :

OH a
OI
sin sin
= =
β β

OH a
OS
cos cos
= =
β β
+Tam giác OIA vuông tại I và
·
IOA
2
α
=
nên b/kính đường tròn đáy là
OI a
cos sin .cos
2 2
R OA= = =
α α
β
+ Thể tích hình nón là :

2
3
2
2 2
1 1 a a a
V ). .
3 3 cos
sin .cos 3sin .cos .cos
2 2
(R OS
 
 ÷
 
π
= π = π =
 ÷
 ÷
α α
β
 
 ÷
β β β
 

Câu V : CM bất đẳng thức
3 2 3 2 3 2 2 2 2
2 y
2 x 2 z 1 1 1
x y y z z x x y z
+ + + + ≤
+ + +
với x > 0 ; y > 0 ; z > 0
+ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x
3
và y
2
ta có :
3 2 3 2
3 2
2 x 1
x y 2 x y 2 xxy
x y xy
+ ≥ = ⇒ ≤
+
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x
3
= y
2
(1)
Tương tự :
3 2
2 y
1
y z yz

+
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y
3
= z
2
(2)

3 2
2 z 1
z x zx

+
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z
3
= x
2
(3)
+ Áp dụng BĐT(dễ CM )
2 2 2
ab bc ca a b c
+ + ≤ + +
(dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c )
ta có :
2 2 2
1 1 1 1 1 1
xy yz zx x y z
+ + + + ≤
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z (4)
+ Từ (1), (2), (3) và (4) ta có BĐT cần C/minh . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z > 0
PHẦN RIÊNG
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa :(2,0 điểm)
1/ + Đường tròn (C ) :
2
2 2 2 2 2
7 7 65
2x 2y 7x 2 0 x y x 1 0 x y
2 4 16
 
+ − − = ⇔ + − − = ⇔ − + =
 ÷
 


(C ) có tâm
7
I ;0
4
 
 ÷
 
và bán kính
65
R
4
=
+ Đường thẳng AB với A(-2; 0) và B(4; 3) có phương trình
x 2 y x 2
y
6 3 2
, hay :
+ +
= =
+ Giao điểm của (C ) với đường thẳng AB có tọa độ là nghiệm hệ PT
2
2 2
2
x 2
5x(x 2) 0
2x 2y 7x 2 0
2x 2 7x 2 0
x 0; y 1
2
x 2
x 2
x 2; y 2
x 2
2
2
2
y =
y =
y =

+
 
− =

+ − − =
+ − − =

 ÷
= =

  
 
⇔ ⇔ ⇔
   +
+

= =
+ 
  




Vậy có hai giao điểm là M(0; 1) và N(2; 2)
+ Các tiếp tuyến của (C ) tại M và N lần lượt nhận các vectơ
7
IM ;1
4
 
= −
 ÷
 
uuur

1
IN ;2
4
 
=
 ÷
 
uur
làm các
vectơ pháp tuyến , do đó các TT đó có phương trình lần lượt là :

7
(x 0) 1(y 1) 0 7x 4y 4 0
4
, hay : − − + − = − + =

1
(x 2) 2(y 2) 0 x 8y 18 0
4
, hay : − + − = + − =
2/ Cách 1
+ Mặt phẳng (Q) : 2x – y + 3z + 4 = 0 có VTPT
( )
Q
n 2; 1;3= −
r
và trục Oy có VTĐV
( )
j 0 ; 1 ; 0=
r
.
Hai vectơ
Q
n
r

j
r
không cùng phương với nhau.
+ Gọi
P
n
r
là VTPT của mặt phẳng (P) . Vì (P) song song với Oy và vuông góc với mặt phẳng (Q) nên
Q
P
n n⊥
r r

P
n j⊥
r r
, do đó có thể chọn
P Q
n j,n (3;0; 2)
 
= = −
 
r r r
.Mp đi qua M và có VTPT
(3;0; 2)−

3(x - 2) + 0(y+1) -2(z - 2) = 0 , hay là : 3x - 2z - 2 = 0 // Oy. Vậy (P) : 3x - 2z - 2 = 0
Cách 2
+ Mặt phẳng (P) song song trục Oy và đi qua M( 2; -1; 2) nên có phương trình dạng :
a( x – 2 ) + c(z – 2) = 0
ax cz 2a 2c 0⇔ + − − =
, với
2 2
a c 0+ ≠

2a 2c 0− − ≠
+ Mặt phẳng (P) vuông góc với mặt phẳng (Q) : 2x – y + 3z + 4 = 0 nên có 2a + 3c = 0 : chọn a = 3 và
c = -2 , khi đó -2a – 2c =
2 0
− ≠
, do đó PT mp(P) là : 3x – 2z – 2 = 0
Câu VIIa : Đặt A = { 1, 2, 3, 4, 5, 7, 9 }
+ Tổng số các số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau đôi một lập được từ các chữ số của tập A là 7!
+ Trong A có hai chữ số chẵn là 2 và 4 nên : Tổng số các số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau đôi một
sao cho hai chữ số chẵn luôn đứng cạnh nhau , lập được từ các chữ số của tập A là : 2!6!
+ Vậy : Tổng các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là : 7! – 2!6! = 6!(7 – 2) = 6!5 = 3600 (số )
2.Theo chương trình nâng cao
Câu VIb :(2,0 điểm)
1/Giống CT chuẩn
2/ Hàm số
2
2x (m 1)x 3
y
x m
+ + −
=
+
xác định với mọi
x m≠ −
Viết hàm số về dạng
2
m m 3
y 2x 1 m
x m
− −
= + − +
+
+ TH1 :
2
1 13
m m 3 0 m
2
±
− − = ⇔ =
: Có hàm số bậc nhất
y 2x 1 m= + −
(
x m≠ −
) : đồ thị không
có tiệm cận
+ TH2 :
2
1 13
m m 3 0 m
2
±
− − ≠ ⇔ ≠
: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng (d
1
) x = -m
và tiệm cận xiên là đường thẳng (d
2
) y = 2x + 1 - m
+ Đường thẳng (d
1
) x = - m luôn cắt parabol parabol y = x
2
+5 tại điểm (-m ; m
2
+5) ( với mọi
1 13
m
2
±

) và không thể là tiếp tuyến của parabol
+ Tiệm cận xiên (d
2
) y = 2x + 1 - m tiếp xúc với parabol y = x
2
+5

PT x
2
+5 = 2x + 1 - m , hay PT
x
2
– 2x + 4 +m = 0 có nghiệm kép
'⇔ ∆ =
1-(4 + m) = 0
m 3⇔ = −
( thỏa điều kiện)
Kết luận : m = -3 là giá trị cần tìm
Câu VIIb :(1,0 điểm)
( )
x 1
3
x 1
2
2
8
1
log 3 1
log 9 7
5
2 2


− +
+
 
+
 ÷
 
Ta có :
( )
k 8
8
k 8 k k
8
k 0
a b C a b
=

=
+ =

với
( )
( )
( )
x 1
3
x 1
2
2
1
1 1
log 3 1
log 9 7
x 1 x 1
5
3 5
a 2 9 7 b 2 3 1 = ;


− +

+
− −
= + = = +
+ Theo thứ tự trong khai triển trên , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của khai triển là

( ) ( ) ( ) ( )
3 5
1 1
1
5 x 1 x 1 x 1 x 1
3 5
6 8
T C 9 7 . 3 1 56 9 7 . 3 1
− −
− − − −
   
= + + = + +
 ÷  ÷
   
+ Theo giả thiết ta có :
( ) ( )
x 1
1
x 1 x 1 x 1 x 1
x 1
9 7
56 9 7 . 3 1 4 9 7 4(3 1)
3 1
= 224


− − − −

+
+ + ⇔ = ⇔ + = +
+

( )
x 1
2
x 1 x 1
x 1
3 1 x 1
3 4(3 ) 3 0
x 2
3 3

− −


= =

⇔ − + = ⇔ ⇔


=
=


-----Hết-----

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×