Đề thi đại học môn Toán khối A 2009 - Bám sát cấu trúc Bộ giáo dục

Bám sát cấu trúc Bộ Giáo Dục và Đào tạo ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi : TOÁN, khối A Thi thử thứ năm hàng tuần (26.02.2009) ĐỀ 02 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 4 4 1y x x x = + + + . 2. Tìm trên đồ thị của hàm số 4 2 2 3 2 1y x x x = − + + những điểm A có khoảng cách đến đường thẳng ( ) : 2 1 0d x y− − = nhỏ nhất. Câu II: ( 2 điểm ) 1. Giải phương trình : ( ) 2 9 3 3 2 log log .log 2 1 1x x x= + − 2. Cho tam giác ABC có ,A B nhọn và thỏa mãn 2 2 2009 sin sin sinA B C+ = .Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại C . Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân ( ) 2 3 1 sin cos sin I dx x x x π π = − ∫ Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp tứ diện đều .S ABCD . Các mặt bên tạo với đáy góc β . Gọi K là trung điểm cạnh SB . Tính góc giữa hai mặt phẳng ( ) AKC và ( ) SAB theo β . Câu V: ( 1 điểm ) Cho bất phương trình : ( ) 2 3 2 2 2 3 2 4 2 4 m x x x x x − − ≥ − + − . Tìm m để bất phương trình có nghiệm x thuộc tập xác định . II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a ( 2 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) C có phương trình: 2 2 6 5 0x y x+ − + = .Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với ( ) C mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 0 60 . 2. Trong không gian Oxyz cho 3 điểm 1 1 1 ;0;0 , 0; ;0 , 1;1; 2 2 3 H K I                   . Tính cosin của góc tạo bởi mặt phẳng ( ) HIK và mặt phẳng toạ độ Oxy . Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho 3 số thực dương , ,a b c thoả mãn 2 2 2 1a b c + + = . Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 2 3 3 2 a b c b c c a a b + + ≥ + + + . 2. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b ( 2 điểm ) 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz cho đường thẳng ( ) : 1 2 3 x y z d = = và các điểm ( ) 2;0;1 ,A ( ) ( ) 2; 1;0 , 1; 0;1B C− . Tìm trên đường thẳng ( ) d điểm S sao cho : SA SB SC+ +    đạt giá trị nhỏ nhất. 2. Viết phương trình đường phân giác trong của 2 đường thẳng : ( ) 1 : 2 3 0,d x y+ + = ( ) 2 : 2 6 0d x y+ + = . Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho 3 số thực dương , ,a b c thoả mãn 1 a b c = + + . Chứng minh rằng : 6a b b c c a+ + + + + ≤ . GV ra đề : Nguyễn Phú Khánh Đà Lạt . Đáp án đăng tải tại http://www.maths.vn sau 15h cùng ngày. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 4 4 1y x x x= + + + . 2. Tìm trên đồ thị của hàm số 4 2 2 3 2 1y x x x= − + + những điểm A có khoảng cách đến đường thẳng ( ) : 2 1 0d x y− − = nhỏ nhất. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 4 4 1y x x x= + + + . Học sinh tự giải . 2. Tìm trên đồ thị của hàm số 4 2 2 3 2 1y x x x= − + + những điểm A có khoảng cách đến đường thẳng ( ) : 2 1 0d x y− − = nhỏ nhất. Giả sử ( ) 4 2 4 2 0 0 0 0 0 0 ; 2 3 2 1 2 3 2 1A x y y x x x y x x x∈ = − + + ⇒ = − + + ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 4 2 0 0 0 0 0 0 0 0 , 2 2 2 1 2 3 2 1 2 3 2 2 1 5 5 2 1 A d x x x x x x x y d − − − + + − + − − = = = + − ( ) ( ) 2 2 0 , 3 7 2 4 8 7 5 5 40 A d x d   − +     = ≥ Vậy ( ) ( ) , 7 5 min 40 A d d = khi 2 0 0 3 3 0 4 2 x x− = ⇔ = ± 0 0 3 1 3 1 , 3 ; 3 2 8 2 8 x y A   • = − = − − ⇒ − − −     0 0 3 1 3 1 , 3 ; 3 2 8 2 8 x y A   • = = − + ⇒ − +     Câu II: ( 2 điểm ) 1. Giải phương trình : ( ) 2 9 3 3 2 log log .log 2 1 1x x x= + − Điều kiện: 0 2 1 0 0 2 1 1 0 x x x x  >   + ≥ ⇔ >   + − >   Phương trình : ( ) ( ) 2 2 9 3 3 3 3 3 1 2 log log .log 2 1 1 2 .log log .log 2 1 1 0 2 x x x x x x   = + − ⇔ − + − =     ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 log 0 1 log . log log 2 1 1 0 1 2 log log 2 1 1 0 2 x x x x x x =     ⇔ − + − = ⇔        − + − =       ( ) ( ) 3 3 1 1 1 1 4 4 0 2 1 1 log log 2 1 1 x x x x x x x x x x x = = = =      ⇔ ⇔ ⇔ ⇔   = − = = + − = + −         thỏa 0x > . 2. Cho tam giác ABC có ,A B nhọn và thỏa mãn 2 2 2009 sin sin sinA B C+ = .Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại C . Ta chứng minh được 2 2 2 sin sin sin 2 2 cos .cos .cosA B C A B C+ + = + ( bài tập giáo khoa đại số 10). Như vậy ta luôn có 2 2 2 2009 2009 sin sin sin sin sin 2 2 cos .cos .cosA B C C C A B C+ = ⇔ + = + . Vì 2 2009 sin sin 2C C+ ≤ nên ( ) 2 2 cos .cos .cos 2 cos .cos .cos 0 *A B C A B C+ ≤ ⇒ ≤ . Do tam giác ABC có ,A B nhọn , đẳng thức ( ) ( ) * cos 0 1C ⇒ ≤ . Mặt khác : 2 2009 0 sin 1 sin sinC C C< ≤ ⇒ ≤ hay 2 2 2 2 2 2 sin sin sinC A B c a b≤ + ⇔ ≤ + ( định lý hàm sin) ( ) 2 2 2 2 2 . .cos cos 0 2a b a b C a b C⇔ + − ≤ + ⇔ ≥ ( định lý hàm cosin). Từ ( ) 1 và ( ) 2 suy ra cos 0 2 C C π = ⇔ = . Vậy tam giác ABC vuông tại C . Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân ( ) 2 3 1 sin cos sin I dx x x x π π = − ∫ Cách 1 : ( ) ( ) 2 2 3 3 1 1 1 sin cos sin 2 sin sin 4 I dx dx x x x x x π π π π π = = − − ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) cos sin .cos cos .sin cos 4 4 4 cot cot 4 sin sin sin .sin 4 4 x x x x x x x x x x x x π π π π π π − − − −   − − = − =     − − ( ) ( ) ( ) sin 1 4 sin .sin 2 sin sin 4 4 x x x x x x π π π   − −     = = − − 2 3 cot cot ? 4 I x x dx π π π     = − − =         ∫ Cách 2 : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 1 1 1 1 cot 1 ? sin cos sin 1 cot sin cot 1 sin cot 1 I dx dx dx d x x x x x x x x x π π π π π π π π − = = = = − = − − − − ∫ ∫ ∫ ∫ Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp tứ diện đều .S ABCD . Các mặt bên tạo với đáy góc β . Gọi K là trung điểm cạnh SB . Tính góc giữa hai mặt phẳng ( ) AKC và ( ) SAB theo β . Gọi O là tâm hình vuông ABCD cạnh a . Khi đó ( ) SO ABCD⊥ và SO h = . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho , ,OA Ox OB Oy OS Oz ≡ ≡ ≡ và ( ) ( ) 0;0;0 , ; 0;0 ,O A a ( ) 0; ;0 ,B a ( ) ;0;0 ,C a − ( ) ( ) 0; ; 0 , 0;0; , 0; ; 2 2 a h D a S h K   −     . Mặt phẳng ( ) ( ) 2 2 2 1 : 0, : 1 cos 2 2 1 x y z a ABC z SAB a a h h a h a β = + + = ⇒ = = +   +     ( ) 2 2 2 1 cos 1 2 cos h a β β   − ⇒ =     Gọi µ là góc giữa hai mặt phẳng ( ) AKC và ( ) SAB . Mặt phẳng ( ) AKC đi qua K và chứa trục Ox nên có phương trình : 0hy az− + = ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 cos 2 2 . 1 2 . 1 h a a h a h a h h h a a µ   −   −   ⇒ = = + +     + +         . Từ ( ) 1 và ( ) 2 suy ra ( ) 3 2 3 cos 1 cos 2 1 cos β µ β − = + Câu V: ( 1 điểm ) Cho bất phương trình : ( ) 2 3 2 2 2 3 2 4 2 4 m x x x x x − − ≥ − + − . Tìm m để bất phương trình có nghiệm x thuộc tập xác định . Điều kiện : 2 2x− < < Khi đó bất phương trình : ( ) 2 3 2 2 4 3 2 2 3 2 4 2 2 5 8 4 m x x x x x x x m x − − ≥ − + ⇔ − − ≥ − − Xét hàm số : ( ) 4 3 2 2 5f x x x x= − − , xác định và liên tục trên khoảng ( ) 2;2− . Trên khoảng ( ) 2;2− ta có : ( ) 3 2 ' 4 6 10f x x x x= − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 0, 0 0 4 6 10 0 4 6 10 0 ' 0 1, 1 2 2;2 2;2 5 2;2 2 x f x x x x x x f x x f x x x   = =  − − =  − − =    = ⇔ ⇔ ⇔ = − − = −    ∈ − ∈ −       = ∉ −   ( ) ( ) 2 2 lim 12, lim 20 x x f x f x + − →− → = = − Lập bảng biến thiên , từ đó suy ra : bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 12 8 4m m> − ⇔ > − Chú ý : Bất phương trình nghiệm đúng với mọi giá trị của x thuộc tập xác định khi và chỉ khi 20 8 28m m− > − ⇔ > II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a ( 2 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) C có phương trình: 2 2 6 5 0x y x+ − + = .Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với ( ) C mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 0 60 . Phương trình của ( ) C có dạng: ( ) 2 2 3 4x y− + = , có tâm là ( ) 3; 0I , bán kính 2R = . Vẽ đường tròn trên hệ trục toạ độ Oxy , dễ thấy trục tung không có điểm chung với đường tròn ( ) C . Do đó, qua một điểm M bất kì trên tục tung luôn kẻ được hai tiếp tuyến của ( ) C . Giả sử điểm ( ) 0;M m tùy ý thuộc trục tung.Qua M , kẻ các tiếp tuyến MA và MB của ( ) C , trong đó ,A B là các tiếp điểm. Từ giả thiết góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 0 60 nên ta luôn có   0 0 60 (1) 120 (2) AMB AMB  =   =  Vì MI là phân giác của  AMB nên :  0 2 0 (1) 30 2 9 4 7 sin 30 IA AMI MI MI R m m⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ±  0 2 0 2 3 4 3 (2) 60 9 3 3 sin 60 IA R AMI MI MI m⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + = (*) Dễ thấy, không có m thỏa mãn (*) Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là: ( ) 0; 7M − và ( ) 0; 7M . 2. Trong không gian Oxyz cho 3 điểm 1 1 1 ;0;0 , 0; ;0 , 1;1; 2 2 3 H K I                   . Tính cosin của góc tạo bởi mặt phẳng ( ) HIK và mặt phẳng toạ độ Oxy . Mặt phẳng ( ) HIK có vectơ chỉ phương là 1 1 1 1 ; ; 0 , ;1; 2 2 2 3 HK HI     = − =           nên có vectơ pháp tuyến là ( ) 1 1 3 1 ; ; ; 2;2; 9 6 6 4 12 n HK HI     = = − = −          , ( ) HIK chọn vectơ pháp tuyến là ( ) 2;2; 9m = −  Mặt phẳng ( ) HIK đi qua 1 ;0;0 2 H       và có vectơ pháp tuyến là ( ) 2;2; 9m = −  , nên có phương trình : ( ) ( ) 1 2 2 0 9 0 0 2 2 9 1 0 2 x y z x y z   − + − − − = ⇔ + − − =     . Mặt phẳng ( ) : 0Oxy z = Góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ) ( )  0.2 0.2 9 9 , : cos 4 4 81. 0 0 1 89 HIK Oxy β + −   = =     + + + + . Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho 3 số thực dương , ,a b c thoả mãn 2 2 2 1a b c+ + = . Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 2 3 3 2 a b c b c c a a b + + ≥ + + + . Phân tích bài toán : • Trường hợp tổng quát , giả sử 0 a b c< ≤ ≤ thoả mãn điều kiện 2 2 2 1a b c+ + = , vậy ta có thể suy ra 0 1a b c< ≤ ≤ < hay không?. Như vậy điều kiện , ,a b c không chính xác vì dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi 2 2 2 0 1 1 , , 0; 1 3 3 a b c a b c a b c a b c  < = =    ⇒ = = = ⇒ ∈    + + =     . • Ta thấy mối liên hệ gì của bài toán ?. Dễ thấy 2 2 2 1a b c+ + = và 2 2 2 2 2 2 , ,b c c a a b+ + + . Gợi ý ta đưa bài toán về dạng cần chứng minh : 2 2 2 3 3 2 1 1 1 a b c a b c + + ≥ − − − . • Vì vai trò , ,a b c như nhau và 2 ý phân tích trên gợi ý ta đưa đến cách phân tích ( ) 2 2 2 2 2 2 3 3 2 1 1 1 a b c a b c a b c + + ≥ + + − − − và cần chứng minh 2 2 2 2 2 2 3 2 1 3 2 1 3 2 1 a a a b b b c c c  ≥  −   ≥  −   ≥  −  . • Ta thử đi tìm lời giải : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 3 3 2 4 8 (1 ) (1 ) 2 (1 ) 2 2 27 27 1 1 3 3 a a a a a a a a a a a ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − − − Dễ thấy 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) 2 (1 )(1 ) 2 (1 ) (1 ) 2 a a a a a a a a  − = − −   + − + − =   Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân 2 2 2 2 2 2 3 2 2 (1 ) (1 ) 3 2 (1 )(1 )a a a a a a= + − + − ≥ − − 2 2 2 2 2 2 3 2 8 2 (1 )(1 ) 2 (1 ) 3 27 a a a a a⇒ ≥ − − ⇔ ≥ − Tương tự cho các trường hợp còn lại. Bài giải dành cho độc giả : Độc giả muốn tìm hiểu thêm về điểm rơi bất đẳng thức trong côsi ( AM_GM) vui lòng tìm đọc bài viết trên diễn đàn toán học Việt Nam http://www.maths.vn hoặc diễn đàn toán học thế giới http://www.mathlinks.ro , hi vọng qua các bài toán điểm rơi trong AM_GM sẽ giúp các em THPT một cách nhìn mới về bất đẳng thức cổ điển thuộc chương trình THPT hiện nay , BĐT rất đơn giản và dễ hiểu. Chúc các bạn độc giả thành công . Câu VI.b ( 2 điểm ) 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz cho đường thẳng ( ) : 1 2 3 x y z d = = và các điểm ( ) 2; 0;1 ,A ( ) ( ) 2; 1;0 , 1;0;1B C− . Tìm trên đường thẳng ( ) d điểm S sao cho : SA SB SC+ +    đạt giá trị nhỏ nhất. Bài toán này nhiều cách giải , tôi đưa ra một cách giải ngắn gọn chứ không phải là cách giải đẹp!. Gọi G là trọng tâm tam giác 5 1 2 ; ; 3 3 3 ABC G   ⇒ −     . Dễ thấy 3 3SA SB SC SG SA SB SC SG+ + = ⇒ + + =         SA SB SC+ +    đạt giá trị nhỏ nhất khi 3 SG  đạt giá trị nhỏ nhất , khi đó S là hình chiếu của G lên ( ) d . Giả sử ( ) β là mặt phẳng qua G và vuông góc với ( ) d , thì phương trình mặt phẳng ( ) : 2 3 3 0x y z β + + − = . Khi đó toạ độ điểm S cần tìm là giao điểm của đường thẳng ( ) d và mặt phẳng ( ) β , toạ độ điểm S thoả mãn hệ : ( ) ( ) 3 14 : 2 3 3 0 3 3 3 9 ; ; 7 14 7 14 : 1 2 3 9 14 x x y z y S x y z d z β  =   + + − =      ⇔ = ⇒     = =       =   2. Viết phương trình đường phân giác trong của 2 đường thẳng : ( ) 1 : 2 3 0,d x y+ + = ( ) 2 : 2 6 0d x y+ + = . Đây là phần giảm tải thuộc chương trình THPT. Do đó độc giả nghiên cứu thêm . Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho 3 số thực dương , ,a b c thoả mãn 1 a b c = + + . Chứng minh rằng : 6a b b c c a+ + + + + ≤ . Phân tích bài toán : • Trường hợp tổng quát , giả sử 0 a b c< ≤ ≤ thoả mãn điều kiện 1a b c+ + = , dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi 0 1 1 3 a b c a b c a b c  < = =  ⇒ = = =  + + =   . Hằng số cần thêm là 1 3 . • Từ giả thiết gợi ý ta đưa đến cách phân tích ( ) 6a b b c c a a b c+ + + + + ≤ + + hay 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 . 2 2 2 2 a b b c c a S a b b c c a   + + + + + + + + +   = + + + + + ≤ + +         . • Ta thử đi tìm lời giải : Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân ( ) ( ) 1 1 2 3 3 3 2 3 3 3 . . 2 2 2 2 2 3 a b a b a b a b   + + + + +   = ≥ + = +         Tương tự cho các trường hợp còn lại . Cách khác : Giả sử với mọi 0m > , ta luôn có : ( ) 1 1 2 a b m a b a b m m m   + + + = + ≤     . Vấn đề bây giờ ta dự đoán 0m > bao nhiêu là phù hợp?. Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi 2 1 3 3 a b m m a b  + =  ⇔ =  = =   . Giải : Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 _ 3 2 3 3 . . . 2 3 2 2 2 _ 3 2 3 3 . . . 2 3 2 2 2 _ 3 2 3 3 . . . 2 3 2 2 AM GM a b a b a b AM GM b c b c b c AM GM c a c a c a  + +  + = + ≤    + +  + = + ≤    + +  + = + ≤    ( ) 2 2 3. 3 3 3 . .2 6 2 2 2 a b c a b b c c a + + + ⇒ + + + + + ≤ = = (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi 1 3 a b c= = = . Chúc các em thành công . . Bám sát cấu trúc Bộ Giáo Dục và Đào tạo ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi : TOÁN, khối A Thi thử thứ năm. 2 a a a a a a a a  − = − −   + − + − =   Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân 2 2 2 2 2 2 3 2 2 (1 ) (1 ) 3 2 (1 )(1 )a a a a a a=