2 DE THI THU DAI HOC MON TOAN DA NANG VINH PHUC

Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4.2[r]

2 ĐỀ THI THỦ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN: ĐÀ NẴNG, VĨNH PHÚC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Mơn thi: TỐN, khối A

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y f (x) 8x  4 9x21

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

2 Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm phương trình

4

8cos x 9cos x m 0   với x[0; ] . Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình:





3 log x

1

x x x

2  

       

2 Giải hệ phương trình:

2

2

x y x y 12 y x y 12      



  



Câu III (1 điểm) Tính diện tích miền phẳng giới hạn đườngy|x2 |x y2x.

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác ngoại tiếp hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ

Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm

2

4sin3xsinx + 4cos 3x - cos x + cos 2x + m

4 4

  

     

  

     

     

PHẦN RIÊNG (3 điểm):Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1 ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y 0   phân giác CD: x y 0   Viết phương trình đường thẳng BC.

2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số

x t

y 2t

z 2t   

      

.Gọi  đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) I(-2;0;2) hình chiếu vng góc A (D) Trong mặt phẳng qua , viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) lớn

Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z số thực thuộc (0;1] Chứng minh

1 1

xy yz zx x y z       

2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) đường

thẳng  có phương trình tham số

x 2t y t z 2t

  

     

 .Một điểm M thay đổi đường thẳng , xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ

Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh

1 b c

a

3a b 3a c 2a b c 3a c 3a b

 

    

 

     

Đáp án

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 1,00

+ Tập xác định: D 0,25

+ Sự biến thiên:

 Giới hạn: xlim  y; limx y







3

' 32x 18x = 2x 16x

y   

0

' 3

4 x y

x

    

  

0,25

 Bảng biến thiên

 

3 49 49

; ;

4 32 32

CT CT

y y  y y  y y 

    C§

0,25

 Đồ thị

0,25

2 1,00

Xét phương trình osc 4x osc 2x m 0 với x[0; ] (1) Đặt t c osx, phương trình (1) trở thành: 8t4 9t2 m0 (2)

Vì x[0; ] nên t [ 1;1], x t có tương ứng đối một, số nghiệm phương trình (1) (2)

0,25

Ta có: (2) 8t4 9t2  1 m(3) Gọi (C1):

4

8

y t  t  với t [ 1;1]và (D): y = – m.

Phương trình (3) phương trình hồnh độ giao điểm (C1) (D)

Chú ý (C1) giống đồ thị (C) miền   1 t

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:



81 32 m

: Phương trình cho vô nghiệm



81 32 m

: Phương trình cho có nghiệm

 81 32 m  

: Phương trình cho có nghiệm

 0m1 : Phương trình cho có nghiệm  m0 : Phương trình cho có nghiệm  m < : Phương trình cho vơ nghiệm

II 2,00

1 1,00

Phương trình cho tương đương:

3

3 log

log

3

2

2

1

1 ln 0 log ln 0

1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x                                                         0,50

2 2 2

log 1 1

2

1

ln

2 2

2

2

x x x

x x x

x

x x x

x x x                                                                0,50 2 1,00

Điều kiện: | | | |x  y

Đặt

2 2; 0

u x y u

v x y

   

 

  

 ; x y khơng thỏa hệ nên xét x y ta có 2 u y v v        

Hệ phương trình cho có dạng:

2 12 12 u v u u v v                0,25 u v     

 u v      + 2 4 8

u x y

v x y

           

  (I)

+

2

3

9 9

u x y

v x y

           

  (II)

0,25

Giải hệ (I), (II) 0,25

Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu



 





5;3 , 5;



S  0,25

III 1,00

Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d):

2 2

2

0 0

| |

6

4 2

x x x

x x x x x x x x x

x

x x x x x

 

   

  

 

           



 

   

    

 

 

Suy diện tích cần tính:









2

2

0

4

S 



x  x  x dx 



x  x  x dx

Tính:





2

0

| |

I 



x  x  x dx

Vì  x



0; ,



x2  4x0 nên |x2 |x x24x 





2

4

4

3 I 



x  x x dx

0,25

Tính





6

2

| |

K 



x  x  x dx

Vì  x



2; ,



x2 4x0  x



4;6 ,



x2 4x0 nên









4

2

2

4 16

K 



x x  x dx



x  x x dx

0,25

Vậy

4 52

16

3

S   0,25

IV 1,00

Gọi H, H’ tâm tam giác ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ trung điểm

của AB, A’B’ Ta có:







 



' ' ' ' '

' AB IC

AB CHH ABB A CII C

AB HH

 

   

  

Suy hình cầu nội tiếp hình chóp cụt tiếp xúc với hai đáy H, H’ tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) điểm K II '.

0,25

Gọi x cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x cạnh đáy lớn Ta có:

1 3

' ' ' ' ' ;

3 3

x x

I KI H  I C  IK IH  IC

Tam giác IOI’ vuông O nên:

2 3 2

' 6r

6

x x

I K IK OK  r  x 

0,25

Thể tích hình chóp cụt tính bởi: 3



' '



h

V  B B  B B

Trong đó:

2 2

2

4x 3 3r

3 6r 3; ' ; 2r

4

x

B x  B   h

Từ đó, ta có:

2

2

2r 3r 3r 21r

6r 6r

3 2

V     

 

 

0,25

V 1,00

Ta có:

+/ 4sin3xsinx = cos2x - cos4x





;

+/





4 os 3x - os x + os 2x - os4x sin 2x + cos4x

4

c   c    c   c  

       

+/





2 1

os 2x + os 4x + sin 4x

4 2

c     c    

    

Do phương trình cho tương đương:





1

2 os2x + sin2x sin 4x + m - (1)

2

c  

Đặt t cos2x + sin2x = os 2x - c 

 

  

  (điều kiện:  2 t 2)

0,25

Khi sin 4x = 2sin2xcos2x = t21 Phương trình (1) trở thành: 4 2 2 0

t  t m  (2) với  2 t 2

(2) t 4t 2 2m

Đây phuơng trình hồnh độ giao điểm đường ( ) :D y 2 2m (là đường song song với Ox cắt trục tung điểm có tung độ – 2m) (P): y t 2 4t với  2 t 2.

0,25

Trong đoạn  2; 2 , hàm số y t 2 4t đạt giá trị nhỏ 2 2 tại

t  đạt giá trị lớn 2 2 t 2

0,25

Do u cầu tốn thỏa mãn 2 2   m 2 2 m 2

    . 0,25

VIa 2,00

1 1,00

Điểm C CD x y :  1 0  C t



;1 t



Suy trung điểm M AC

1 ;

2

t t

M   

  0,25

Điểm





1

: 2 7;8

2

t t

MBM x y           t  C 

  0,25

Từ A(1;2), kẻ AK CD x y:   1 I (điểm K BC ). Suy AK:



x1

 

 y 2



 0 x y  1

Tọa độ điểm I thỏa hệ:





0;1

x y

I x y

   

 

  



Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK  tọa độ K



1;0



.

0,25

Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình:

4

7

x y

x y



    

 

2 1,00 Gọi (P) mặt phẳng qua đường

thẳng , ( ) //( )P D ( )P ( )D Gọi H hình chiếu vng góc I (P) Ta ln có IH IA và

IH AH 0,25

Mặt khác

   







 



 

, ,

d D P d I P IH

H P

  

 

  

Trong mặt phẳng

 

P , IH IA; maxIH = IA H A Lúc (P) vị trí (P0) vng góc với IA A

0,25

Vectơ pháp tuyến (P0) n IA 



6;0; 3





 

, phương với v



2;0; 1





Phương trình mặt phẳng (P0) là: 2



x 4



1.



z1



2x - z - =

0,50

VIIa 1,00

Để ý



xy1

 

 x y

 

 1 x

 

1 y



0;

và tương tự ta có

1

yz y z

zx z x

   



   

0,50

Vì ta có:





1 1 1

1 1 1

3 zx+y

1

5

1

5

x y z

x y z

xy yz zx yz zx xy

x y z

yz xy z

z y

x

yz zx y xy z

z y

x

z y y z

 

          

     

 

   

 

 

    

  

 

 

    

 

 



0,50

VIb 2,00

1 1,00

Ta có: AB 



1; 2



 AB



Phương trình AB là:

2x y  0 .

 

:



;



I d y x  I t t

I trung điểm AC BD nên ta có: C t



2 1; ,t D t t





2 ;2  2



0,25

Mặt khác: SABCDAB CH 4 (CH: chiều cao)

4 CH

 

Ngoài ra:













4 8

; , ;

| | 3 3 3 3 3

;

5

0 1;0 , 0;

t C D

t d C AB CH

t C D

                           

Vậy tọa độ C D

5 8

; , ;

3 3

C  D 

    C



1;0 ,



D



0; 2



0,50

2 1,00

Gọi P chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM

Vì AB khơng đổi nên P nhỏ AM + BM nhỏ

Đường thẳng  có phương trình tham số:

1 2 x t y t z t           .

Điểm M  nên M



 1 ;1 ; 2t  t t



.









 

 

























 













2

2 2 2

2

2 2 2

2

2

2 20

4 2 36 56

3

AM t t t t t

BM t t t t t t

AM BM t t

          

              

     

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u



3 ;2 5t





v 



3t6; 5



 Ta có

 













2 2

| |

| |

u t v t              

Suy AM BM | | | |u  v  

u v 



6; 5



|u v | 29

   

Mặt khác, với hai vectơ u v,  

ta ln có | | | | |u  v  u v|     Như AM BM 2 29

0,25

Đẳng thức xảy u v,  

hướng

3

1

3

t

t t

   

 



1;0; 2



M



min



AM BM



2 29

0,25

Vậy M(1;0;2) minP = 11



 29



0,25

VIIb 1,00

Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên:

a b c b c a c a b

          

Đặt , ,



, , 0



, ,

a b c a

x y a z x y z x y z y z x z x y

 

          

Vế trái viết lại:

2

3

a b a c a

VT

a c a b a b c

x y z

y z z x x y

 

  

   

  

  

Ta có:









2

2 z z

x y z z x y z z x y

x y z x y

        

   .

Tương tự:

2

;

x x y y

y z  x y z z x    x y z 

Do đó:





2

2 x y z

x y z

y z z x x y x y z

 

   

     .

Tức là:

1

2

3 3

b c

a

a b a c a b c a c a b

 

    

 

     

 

SỞ GD  ĐT VĨNH PHÚC

Trường THPT Tam Dương

ĐỀ THI THỬ ĐH,CĐ Mơn: Tốn

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu (2.0 điểm): Cho hàm số

y x



3



3

mx

2



4

m

3 (m tham số) có đồ thị (Cm)

1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m =

2 Xác định m để (Cm) có điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x

Câu (2.0 điểm ) :

1 Giải phương trình:

3

4 2sin 2

2 2(cotg

1)

sin 2

cos

x

x

x

x











2 Tìm m để hệ phương trình:

3

2 2

3

3

2 0

1

3 2

0

x

y

y

x

x

x

y y

m

































có nghiệm thực.

Câu (2.0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) đường thẳng (d) có phương trình:

(P): 2xy 2z = 0; (d):

1

2

1

2

1

x

y



z









1 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) khoảng vắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến đường trịn có bán kính

2 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ

Câu (2.0 điểm):

1 Cho parabol (P): y = x2 Gọi (d) tiếp tuyến (P) điểm có hồnh độ x = Gọi (H) hình

giới hạn (P), (d) trục hồnh Tính thể tích vật thể trịn xoay sinh hình (H) quay quanh trục Ox

2 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2

 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

1

1

1

1

1

1

P

xy

yz

zx













Câu (2.0 điểm):

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình tiếp tuyến chung elip (E): 2

1

8

6

x

y





parabol (P): y2 = 12x

2 Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển Newton:

12

1

1

x

x

















o0o

Cán coi thi khơng giải thích thêm.

SỞ GD  ĐT VĨNH PHÚC

Trường THPT Tam Dương

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH,CĐ Môn: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu Nội dung Điểm

I

1 Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3

 3x2 +

+ TXĐ: R

+ Sự biến thiên: y’ = 3x2

 6x = x = x =

Hàm số đồng biến trên: (; 0) (2; +)

Hàm số nghich biến trên: (0; 2)

Hàm số đạt CĐ xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT xCT = 2, yCT =

y” = 6x = x =

Đồ thị hàm số lồi (; 1), lõm (1; +) Điểm uốn (1; 2)

0.25

Giới hạn tiệm cận:

3

3

3

4

lim

lim

1

x 

y

x 

x

x

x





















0.25

Lập BBT:

0.25

Đồ thị:

0.25

4 +∞

∞



+ 0 +

y’

∞ +∞

y

x

y

2/ Ta có: y’ = 3x2

 6mx = 

0

2

x

x

m





 



Để hàm số có cực đại cực tiểu m

0.25

Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0) 

3

(2 ; 4

)

AB



m



m



Trung điểm đoạn AB I(m; 2m3) 0.25

Điều kiện để AB đối xứng qua đường thẳng y = x AB vuông góc với đường thẳng

y = x I thuộc đường thẳng y = x

3

2

4

0

2

m

m

m

m









 







0.25

Giải ta có:

2

2

m



; m = 0.25

Kết hợp với điều kiện ta có:

2

2

m



II

2/ Đk:

x k

2





0.25

Phương trình cho tương đương với:





2

2

4

3 tg x 2cotg x

sin 2x

2(sin x cos x)

3tg x 2cotg x

sin x cos x 3tg x 2tg x

   



   

   

0.25



3

3

3 6

tg tg

x k

x

x x k

 

     



 

  

   

 

0.25

KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm :

x

6

k

2





 

; kZ 0.25

2/

3

2 2

3

3

2 (1)

1

3 2

0 (2)

x

y

y

x

x

x

y y

m

































Điều kiện:

2

1 1

0

2

x x

y y y

     





 

 

  

 

0.25

Đặt t = x + t[0; 2]; ta có (1) t3 3t2 = y3 3y2 0.25

Hàm số f(u) = u3

(1) y = yy = x +  (2)  x2 1 x2 m0

Đặt v 1 x2 v[0; 1]  (2) v2 + 2v = m

Hàm số g(v) = v2 + 2v

 đạt [0;1] [0;1]

min g(v)1; max g(v) 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm 1  m

0.25

III

1/ Đường thẳng () có phương trình tham số là:

1 ;

2

x

t

y

t t R

z

t







 





  



Gọi tâm mặt cầu I Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)()

0.25

Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) khoảng nên:

| 2

1 2

4 2

2 | | 6

5 |

( ; )

3

3

3

t

t

t

t

d I

 



 















2

3

7

3

t

t









 



0.25

 Có hai tâm mặt cầu:

2 8

7

17

1

I

; ;

; I

;

;

3 3

3

3

7































Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường trịn có bán kính nên mặt cầu có bán kính R =

0.25

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:

2 2 2

2 17

x y z 25 ; x y z 25

3 3 3

           

           

           

           

0.25

2/ Đường thẳng () có VTCP

u

 

( 1;2;1)



; PTTQ:

2

2

x y x z

  

 

  

 Mặt phẳng (P) có VTPT

n



(2; 1; 2)







0.25

Góc đường thẳng () mặt phẳng (P) là:

| 2 |

6

sin

3

3 6

 



 



 Góc mặt phẳng (Q) mặt phẳng (Q) cần tìm

6

cos

9

   

0.25

Giả sử (Q) qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z 2) = (m2+ n2 > 0)  (2m + n)x + my + nz + m 2n =

Vậy góc (P) (Q) là: 2

| |

cos

3

3

m

m n mn

  

 

0.25

m2 + 2mn + n2 =  (m + n)2 = m = n

Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + yz + =

IV

1/ Phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ x = là: y = 4x

0.25

Thể tích vật thể trịn xoay cần tìm là:

2

4

0

(4 4)

V  x dx x dx







 0.25

=

3

2

16

2

16

(

1)

0

1

5

3

15

x

x























0.5

2/ Ta có:



(1

) (1

) (1

)



1

1

1

9

1

1

1

xy

yz

zx

xy

yz

zx



































0.25

2 2

9

9

3

3

P

xy yz zx

x

y

z



















0.25



9

3

6

2

P

 

0.25

Vậy GTNN Pmin =

3

2

x = y = z 0.25

V

1/ Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = (A2 + B2 > 0)

() tiếp tuyến (E)  8A2 + 6B2 = C2 (1)

() tiếp tuyến (P)  12B2 = 4AC  3B2 = AC (2)

0.25

Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A C = 2A

Với C = 2AA = B = (loại) 0.25

Với C = 4A

2

3

A

B



 Đường thẳng cho có phương trình:

2

2 3

4

0

4 0

3

3

A

Ax



y



A

 

x



y

 

0.25

Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm:

2 3

4 0

3

V

Ta có:

12

12 12

4 12

12

1

1

1

1

1

( 1)

k k k

k

x

x

C

x

x

x

x

 





















 











































0.25

 

12 12

12 12 4

12 12

0 0

12

12 12

0

1

( 1)

( 1)

( 1)

i

k k i k

k k i k k i k i i

k k

k i k i

k

k k i k i k k i

C

C x

C C x

x

x

C C x



   

   

 

 

































0.25

Ta chọn: i, kN, i k 12; 4k 5i =

i = 0, k = 2; i = , k = 7; i = 8, k 12 0.25