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 có 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 = + ⇒ + = ⇒ = và ( ) 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)⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ và 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 và 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 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 : − + − = + − = 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 và 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 và 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)− là 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+ ≠ và 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----- . 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 =  +   − =  + − − = + − − =. 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  