…Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN NGA SƠN _ THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A NĂM 2009 Môn: Toán Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH Câu I (2 điểm). Cho hàm số 3 2 3 ( 1) 1y x x m x có đồ thị là (C m ) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 2. Tìm những giá trị của m để đường thẳng 1y x cắt đồ thị (C m ) tại 3 điểm phân biệt A(0; 1), B, C sao cho các tiếp tuyến của (C m ) tại B và C vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm). 1. Giải hệ phương trình 3 3 3 3 x y y x 2. Giải phương trình 23sin2sinsin 222 xxx Câu III (2 điểm) 1. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường tròn tâm I(2; 2) bán kính R = 1 quanh trục hoành. 2. Trong không gian cho hai điểm A, B cố định, độ dài đoạn AB = a > 0. Ax và By là hai nửa đường thẳng vuông góc với nhau và cùng vuông góc với AB. Trên Ax và By lấy hai điểm M và N sao cho MN = b (với b là một số cho trước và b > a). a) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN. b) Xác định vị trí của M và N sao cho tứ diện ABMN có thể tích lớn nhất. Câu IV (1 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 3 2 1 ( 1) (1 ) 1x m x m x . PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm P(3; 1) và hai đường thẳng có phương trình là 1 :2 1 0d x y và 2 : 2 3 0d x y . Viết phương trình đường thẳng đi qua P và tạo với hai đường thẳng 1 2 àd v d một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của 1 2 àd v d . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 1 2 1 : 2 1 1 x y z 2 1 2 3 : 2 1 2 x y z và mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 + 4x -2y +6z + 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng tếp xúc với mặt cầu (S) đồng thời song song với 1 và 2 . 3. Tìm phần thực của số phức 2009 1 i Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( )E có phương trình 2 2 1 9 4 x y và điểm M(- 1; 1) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M và cắt ( )E tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 3; - 2), B(0; 0; 1), C(2; 0; 1). Tìm tọa độ của điểm M sao cho MA 2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. 3. Giải bất phương trình 2 4 0,5 2 16 log 4log 4 logx x x …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KHỐI A Câu ý Nội dung Điểm 2 1 1 TXĐ D = Sự biến thiên : y’ = 3x 2 + 6x + 3 = 3(x + 1) 2 0 x Hàm số đồng biến trên Hàm số không có cực trị Giới hạn : lim x y Bảng biến thiên x 0 y’ + 0 + y Đồ thị y 1 -1 O x 025 023 025 025 2 1 I Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C m ) và đường thẳng y = x + 1 x 3 + 3x 2 + mx = 0 2 0 3 0 x x x m Đường thẳng y = x + 1 cắt đồ thị (C m ) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi 2 ( ) 3 0g x x x m có hai nghiệm phân biệt khác 0 khi và chỉ khi 9 0 9 4 0 4 (0) 0 0 0 m m g m m (*) Khi đó hoành độ của B và C thỏa mãn 3 . B C B C x x x x m (1) Ta có f’(x) = 3x 2 + 6x + m + 1 Hệ số góc các tiếp tuyến tại B và C là f’(x B ) = 2 3 6 1 B B x x m ,f’(x C ) = 2 3 6 1 C C x x m Các tiếp tuyến tại B và C vuông góc khi và chỉ khi f’(x B ). f’(x C ) = -1 ( 2 3 6 1 B B x x m ).( 2 3 6 1 C C x x m ) = - 1 ( 2 3 6 B B x x )( 2 3 6 C C x x )+ (m + 1)( 2 3 6 B B x x + 2 3 6 C C x x ) + (m + 1) 2 = - 1 2 2 9( . ) 18 ( ) 36 3( 1)(( ) 2 3( )) B C B C B C B C B C B C B C x x x x x x x x m x x x x x x 025 025 025 …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) +m 2 + 2m + 2 = 0 Kết hợp với (1) ta được 9m 2 – 54m + 36m + 3(9 – 2m - 9) + m 2 + 2m + 2 = 0 5m 2 – 11m + 1 = 0 11 91 10 m thỏa mãn điều kiện (*) Kết luận: Với 11 91 10 m thì thỏa mãn yêu cầu. 025 2 1 1 Điều kiện: 0 3,0 3x y Ta có 3 3 3 3 x y y x 2 (3 ) 0 2 (3 ) 0 x y x y y x y x (3 ) (3 ) 0 (3 ) 0 (3 ) 0 x y y x x y y x 0 0 3 3 x y x y Kiểm tra ta thấy 0 3 , 0 3 x x y y thỏa mãn. Kết luận : Hệ có hệ có hai nghiệm 0 3 , 0 3 x x y y 025 025 025 025 2 1 II Ta có 23sin2sinsin 222 xxx 2 1 os2x 1 os6x sin 2 2 2 2 c c x 2 2 os2 os6 2(1 sin 2 ) 0 os2 . os4 os 2 0 os2 ( os4 os2 ) 0 c x c x x c x c x c x c x c x c x os2 0c x hoặc cos4x + cos2x = 0 os2 0 4 2 c x x k , cos4x + cos2x = 0 os4 os( 2 )c x c x 6 3 2 x k x k Kết luận: Phương trình có ba họ nghiệm 4 2 x k , à 6 3 2 x k v x k 025 025 025 025 2 1 1 III Đường tròn tâm I(2; 1) bán kính R = 1 có phương trình : (x - 2) 2 + (y - 1) 2 = 1 …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Điều kiện: 1 3x . Từ phương trình đường tròn ta có 2 1 1 ( 2)y x với 1y Và 2 1 1 ( 2)y x với 1y . Thể tích vật thể cần tìm 3 3 2 2 2 2 1 1 3 2 1 1 1 ( 2) 1 1 ( 2) 4 1 ( 2) V x dx x dx x dx Đặt x – 2 = sint với 2 2 x . x = 1 t = 2 x = 3 t = 2 dx = costdt, 2 1 ( 2)x = cost. Vậy V = 2 2 2 4 osc tdt = 2 2 2 2 (1 os2 ) 2c t dt 025 025 025 025 2 1 a) Gọi I là trung điểm của MN. Ta có ,BN AB BN AM BN BM x do đó tam giác BMN vuông tại B suy ra BI = 2 MN , A M tương tự AI = 2 MN . Vậy AI = BI = MI = NI = 2 MN = 2 b I Tâm mặt cầu ngoại tiếp là I, bán kính R = 2 b B b) Đặt AM = x > 0, BN = y > 0 N Tam giác ABN vuông tại B nên AN 2 = AB 2 + BN 2 y Tam giác AMN vuông tại A nên MN 2 = AM 2 + AN 2 Suy ra b 2 = MN 2 = AM 2 + AB 2 + BN 2 = x 2 + a 2 + y 2 Do đó x 2 + y 2 = b 2 – a 2 không đổi. Tứ diện ABMN có đáy là ABM, đường cao BN. Thể tích 2 2 2 2 1 1 1 ax ( ) ( ) 6 12 12 V y a x y a b a . Thể tích tứ diện ABMN lớn nhất khi AM = BN = 2 2 2 b a . 025 025 025 025 1 IV Ta có 3 2 1 ( 1) (1 ) 1x m x m x 2 2 ( 1)( 1) ( 1) ( 1)x x x m x x x …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Điều kiện 1x Khi đó bất phương trình tương đương với 2 2 1 1 1 1 x x m x x x x 2 2 1 1 1 1 x x m x x x x (*) Đặt t = 2 1 1 x x x , bất phương trình (*) có dạng : t – t 2 m (1) Ta có 2 2 2 2 2 2 ' , ' 0 1 3 1 2( 1) 1 x x t t x x x x x x . Bảng biến thiên x -1 1 3 t’ + 0 - t 3 2 3 3 0 0 Vậy 11 7 3 0; 13 t . Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm 11 7 3 0; 13 t khi và chỉ khi 11 7 3 [0; ] 13 ax ( ) t M f t m với f(t) = t – t 2 f’(t) = 1 – 2t Bảng biến thiên t 0 1 2 3 2 3 3 f’(t) + 0 - f(t) 1 4 Từ bảng biến thiên : 11 7 3 [0; ] 13 1 1 ax ( ) 4 2 t M f t khi x Vậy ycbt tương đương với 1 4 m 025 025 025 025 3 1 1 Va Đường thẳng đi qua P(3 ; 1) có dạng :ax 3 0by a b Đường thẳng tạo với hai đường thẳng 1 2 àd v d một tam giác cân có đỉnh là giao của 1 2 àd v d khi và chỉ khi 1 2 ( , ) ( , )d d 1 2 os( ,d ) os( ,d )c c 025 …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) 2 2 2 2 2 2 5( ) 5( ) 2 2 a b a b a b a b a b a b 2 2a b a b hoặc 2 2a b a b 3 0a b hoặc 3 0a b Chọn a = 3, b = 1 hoặc a = 1, b = - 3. Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán 3x + y –10 = 0 và x – 3y = 0 025 025 025 2 1 Vectơ chỉ phương của 1 1 2 1 : 2 1 1 x y z và 2 1 2 3 : 2 1 2 x y z lần lượt là (2; 1;1), ( 2;1;2)u v . Mặt phẳng (P) song song với 1 và 2 nhận cặp vectơ (2; 1;1), ( 2;1;2)u v làm cặp vectơ chỉ phương. Ta có 1 1 1 2 2 1 ; ; 3; 6;0 3(1;2;0) 1 2 2 2 2 1 n . Mặt phẳng (P) có dạng (P) : x + 2y + m = 0. Mặt cầu (S) có tâm I(- 2 ; 1 ; - 3) và bán kính R = 3. Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi 2 2 2 2 2 ( ,( )) 3 3 5 1 2 0 m d I P R m Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu là x + 2y + 3 5 = 0 và x + 2y – 3 5 = 0. 025 025 025 025 3 1 Ta có 1004 2009 2 1004 1004 1004 1004 1 1 (1 ) ( 2 ) (1 ) 2 (1 ) 2 2 i i i i i i i Vậy phần thực của số phức trên là 1004 2 025 025 025 025 3 1 1 Vb Đường thẳng đi qua M(- 1 ; 1) có dạng 1 1 x at y bt ( 2 2 0a b ) A,B 1 1 1 1 A A x at y bt và 2 2 1 1 B B x at y bt . M là trung điểm của AB khi và chỉ khi 2 2 A B M A B M x x x y y y 1 2 2 2 1 2 1 2 ( ) 0 0 (1) ( 0) ( ) 0 a t t t t do a b b t t A, B ( )E suy ra t 1 , t 2 là hai nghiệm của phương trình 4(-1 + at) 2 + 9(1 + bt) 2 = 36 4 2 2 (4 9 ) (8 18 ) 23 0a b t a b t . t 1 + t 2 = 0 8 18 0 4 9 0a b a b . Chọn a = 9, b = 4 025 025 025 025 …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình 1 9 1 4 x t y t 2 1 Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là G(1 ; 1 ; 0) Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 MA MB MC 3 ( ) 3 MG GA MG GB MG GC MG GA GB GC MG GA GB GC MG GA GB GC GA GB GC Vậy MA 2 + MB 2 + MC 2 2 2 2 GA GB GC dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M G 025 025 025 025 3 1 Ta có 4 16 2 4 2 0,5 2 16 0,5 2 2 2 4 0,5 2 16 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 log 0 log 4log 4 log log 4log 0 log 4log 4 log 4 log 0 log 2log 0 log 2log 16 8log log 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x 2 2 8 0 log 5 log 2 0 64 1 25 1 0 4 x x x x x Tập nghiệm của bất phương trình là S = 64 1 [1; ] (0; ] 25 4 025 025 025 025 . …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN NGA SƠN _ THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A NĂM 2009 Môn: Toán Thời gian làm bài 180 phút PHẦN. 16 log 4log 4 logx x x …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KHỐI A Câu ý Nội dung Điểm 2 1 1 TXĐ D = Sự biến thi n : y’ = 3x 2 + 6x + 3 = 3(x + 1) 2 0. k 025 025 025 025 2 1 1 III Đường tròn tâm I(2; 1) bán kính R = 1 có phương trình : (x - 2) 2 + (y - 1) 2 = 1 …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Điều kiện: 1