THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút) Ngµy thi: 10/1/2010 ĐỀ BÀI Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số 4 2 2 1y x mx m= − + − (1) , với m là tham số thực. 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1m = . 2.Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 . Câu II : ( 2, 0 điểm) Giải các phương trình 1. 3 3 4sin x.c 3x 4cos x.sin3x 3 3c 4x 3os os+ + = 2. 2 2 3 3 3 log (x 5x 6) log (x 9x 20) 1 log 8 + + + + + = + CâuVI:( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3 4 a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. CâuV :( 2, 0 điểm). 1. Tính tích phân sau: 2 2 2 0 cos .cos 2 .I x x dx π = ∫ 1. Cho 3 số dương x, y, z thoả mãn : x +3y+5z 3≤ .Chứng minh rằng: 46253 4 +zxy + 415 4 +xyz + 4815 4 +yzx ≥ 45 5 xyz. Câu VI :(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 VII :(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 ***Hết*** Chú ý:Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . . ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm I (2điểm) 1.(1 điểm). Khi 1m = hàm số trở thành: 4 2 2y x x= − • TXĐ: D= ¡ • Sự biến thiên: ( ) ' 3 2 0 4 4 0 4 1 0 1 x y x x x x x = = − = ⇔ − = ⇔ = ± 0.25 ( ) ( ) 0 0, 1 1 CD CT y y y y= = = ± = − 0.25 • Bảng biến thiên x - ∞ -1 0 1 + ∞ y ’ − 0 + 0 − 0 + y + ∞ 0 + ∞ -1 -1 0.25 • Đồ thị 0.25 2. (1 điểm) ( ) ' 3 2 2 0 4 4 4 0 x y x mx x x m x m = = − = − = ⇔ = Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ pt ' 0y = có ba nghiệm phân biệt và ' y đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó 0m⇔ > 0.25 • Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: ( ) ( ) ( ) 2 2 0; 1 , ; 1 , ; 1A m B m m m C m m m− − − + − − + − 0.25 • 2 1 . 2 ABC B A C B S y y x x m m= − − = V ; 4 , 2AB AC m m BC m= = + = 0.25 • ( ) 4 3 2 1 2 . . 1 1 2 1 0 5 1 4 4 2 ABC m m m m AB AC BC R m m S m m m = + = = ⇔ = ⇔ − + = ⇔ − = V 0.25 Câu II (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với phương trình : 1. Phương trình : 3 3 4sin x.cos3x 4cos x.sin 3x 3 3cos4x 3+ + = 2 2 4 (1 cos x)sin x.cos3x (1 sin x)cos x.sin 3x 3 3cos4x 3[ ] ⇔ − + − + = 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -5 5 10 f x ( ) = x 4 -2 ⋅ x 2 4 sin x.cos3x cos x.sin 3x) cos x sin x(cosx.cos3x sin x.sin3x) 3 3cos4x 3[( ] ⇔ + − + + = 1 1 4 sin 4x sin 2x.cos2x 3 3cos4x 3 4 sin 4x sin 4x 3 3 co s4x 3 3sin 4x 3 3cos4x 3 2 4 [ ] ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ + = ÷ 1 3 1 sin 4x 3 cos4x 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 0,50 0,50 Đáp án Điểm 2.(1,0 điểm) 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 0,25 0,25 0,25 0,25 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Câu III (1,0 điểm) Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó · 0 60A DB = Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). 0,25 Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB⊥ và DH = 3a ; OK // DH và 1 3 2 2 a OK DH= = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ 0,25 SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO = + ⇒ = Diện tích đáy 2 4 2. . 2 3 D S ABC ABO S OAOB a ∆ = = = ; đường cao của hình chóp 2 a SO = . Thể tích khối chóp S.ABCD: 3 . 1 3 . 3 3 D DS ABC ABC a V S SO= = 0,25 0,25 IV (1,0 điểm) Cho 3 sè d¬ng x, y, z tho¶ m·n : x +3y+5z ≤ 3 . Chøng minh r»ng: xy3 4625 4 +z + zx5 415481 44 +++ xyzy xyz545≥ Bất đẳng thức ⇔ 2 2 4 x x + + 2 2 9 4 9 y y + + 2 2 25 4 25 z z + ≥ 45 VT ≥+++++≥ 22 ) 5 2 3 22 ()53( zyx zyx 3 2 2 3 )5.3.( 36 )5.3.(.9 zyx zyx + . 0,25 Đặt t = 3 2 )5.3.( zyx ta có 1 3 53 )5.3.( 3 3 = ++ ≤ zyx zyx do đó t ≤ 1 0,25 Điều kiện . 0 < t ≤ 1. Xét hàm số f(t)= t9 + t 36 36 36 36 27 2 36 . 27t t t t t = + − ≥ − =45 0,25 Dấu bằng xảy ra khi: t=1 hay x=1; y= 3 1 ; z= 5 1 . 0,25 Câu V. (2,0 điểm) 1.(1,0 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 : + + = = 0,25 S A B K H C O I D 3a a + 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 và 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 : − + − = + − = 0,25 0,50 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 Điểm 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 0,25 0,25 0,25 0,25 VI. (1,0 điểm) (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 ( ) 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 0,25 ( ) ( ) ( ) 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 − − − − = = ⇔ − + = ⇔ ⇔ = = 0,25 0,25 0,25 Chý ý học sinh làm cách khác kết quẩ đúng vẫn được điểm tối đa Hết . dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . . ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (Đáp án- Thang điểm. THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút) Ngµy thi: 10/1/2010 ĐỀ BÀI Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số 4 2 2 1y x mx m=. mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó · 0 60A DB = Hay tam giác ABD đều. Từ giả thi t hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên