BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi: TỐN, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y f ( x) x x Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A B có hồnh độ a b Tìm điều kiện a b để hai tiếp tuyến (C) A B song song với Câu II (2 điểm) cos x sin x cot x 1 Giải phương trình lượng giác: tan x cot x log x x log x log x 3 Giải bất phương trình: I cos x sin x cos x dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân: Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ trịn xoay hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm đường trịn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm đường trịn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh thể tích hình trụ x x 2m x x x x m3 Câu V (1 điểm) Cho phương trình Tìm m để phương trình có nghiệm II.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) đường thẳng định bởi: (C ) : x y x y 0; : x y 12 0 Tìm điểm M cho từ M vẽ với (C) hai tiếp tuyến lập với góc 600 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0) Tìm tọa độ tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có cách chọn viên bi có đủ ba màu? Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng d : x y 0 có hồnh độ xI , trung điểm cạnh giao điểm (d) trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình ( S ) : x y z x y z 0, ( P) : x y z 16 0 Điểm M di động (S) điểm N di động (P) Tính độ dài ngắn đoạn thẳng MN Xác định vị trí M, N tương ứng 2 Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn: a b c 3 Chứng minh bất đẳng thức 1 4 a b b c c a a 7 b 7 c Hết Đáp án Nội dung Câu Ý I + MXĐ: D + Sự biến thiên Giới hạn: Điểm 2,00 1,00 0,25 lim y ; lim y x x x 0 y ' 4 x3 x 4 x x 1 ; y ' 0 x 1 0,25 Bảng biến thiên 0,25 yCT y 1 1; yCT y 1 1; yC§ y 0 Đồ thị 0,25 1,00 Ta có f '( x) 4 x x Gọi a, b hoành độ A B 3 Hệ số góc tiếp tuyến (C) A B k A f '(a) 4a 4a, k B f '(b) 4b 4b Tiếp tuyến A, B có phương trình là: y f ' a x a f a f ' a x f (a ) af' a ; y f ' b x b f b f ' b x f (b) bf' b Hai tiếp tuyến (C) A B song song trùng khi: k A k B 4a 4a = 4b3 4b a b a ab b 1 0 (1) Vì A B phân biệt nên a b , (1) tương đương với phương trình: a ab b 0 (2) Mặt khác hai tiếp tuyến (C) A B trùng 2 a ab b 0 a ab b 0 a b 4 3a 2a 3b 2b f a af ' a f b bf ' b , Giải hệ ta nghiệm (a;b) = (-1;1), (a;b) = (1;-1), hai nghiệm tương ứng 1; 1 1; 1 với cặp điểm đồ thị Vậy điều kiện cần đủ để hai tiếp tuyến (C) A B song song với a ab b 0 a 1 a b II 2,00 1,00 cos x.sin x.sin x tan x cot x 0 cot x 1 Điều kiện: sin x cos x Từ (1) ta có: cos x sin x 0,25 cos x sin x cos x.sin x sin x cos x cos x 1 sin x 2sin x.cos x sin x x k 2 cos x k x k 2 Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình cho 0,25 x Điều kiện: x Phương trình cho tương đương: 1 log3 x x log 3 x log3 x 3 2 1 log x x log x log x 3 2 log x x 3 log3 x log x x 2 log3 x x 3 log3 x 3 x x x 3 x 3 x 10 x2 x 10 Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x 10 III 0,25 k 2 k 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 1,00 I cos x sin 2 x dx 0,50 sin x d sin x 2 0 1 d sin x sin 2 xd sin x 20 40 1 sin x| sin x| 0 0 12 0,50 IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi OM AB O ' N CD Giả sử I giao điểm MN OO’ Đặt R = OA h = OO’ Khi đó: IOM vng cân O nên: h 2a OM OI IM h a 2 2 0,25 2 a a 3a a a R OA AM MO 8 Ta có: 3a a 2 a3 V R h , 16 2 S xq 2 Rh=2 a a 3 a 2 2 0,25 0,25 0,25 V 1,00 x x 2m x x x x m Phương trình (1) x Điều kiện : x 0;1 Nếu thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm 1 x 1 x x x Thay vào (1) ta được: cần có điều kiện m 0 1 m m3 2 m 1 * Với m = 0; (1) trở thành: x x 0 x Phương trình có nghiệm * Với m = -1; (1) trở thành x x x x x x 0,25 0,25 x x x x x x x x 0 x 1 x x 1 x 0 x x 0 x + Với x x 0 x + Với Trường hợp này, (1) có nghiệm 0,25 0,25 * Với m = (1) trở thành: x x x x 1 x x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm nghiệm x 1 x x 0, x x 1 x 2 nên trường hợp (1) khơng có Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1 VIa 2,00 1,00 Đường trịn (C) có tâm I(2;1) bán kính R Gọi A, B hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 600 IAM nửa tam giác suy IM 2R=2 2 x y 1 20 Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình: Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng , nên tọa độ M nghiệm hệ phương 2 x y 1 20 (1) x y 12 0 (2) trình: Khử x (1) (2) ta được: x 3 2 y 10 y 1 20 y 42 y 81 0 27 x 9 27 33 M 3; M ; 10 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là: 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 Ta tính AB CD 10, AC BD 13, AD BC Vậy tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đơi Từ ABCD tứ diện gần Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm G tứ diện 3 14 G ;0; R GA 2 , bán kính Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm VII a 0,25 0,25 0,50 1,00 Số cách chọn viên bi tùy ý : C18 Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là: + Khơng có bi đỏ: Khả khơng xảy tổng viên bi xanh vàng + Không có bi xanh: có C13 cách 0,25 0,25 + Khơng có bi vàng: có C15 cách Mặt khác cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng có C10 cách chọn viên bi đỏ tính hai lần 9 9 Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C10 C18 C13 C15 42910 cách VIb 0,50 2,00 1,00 3 I d : x y 0 I ; 2 I có hồnh độ Vai trị A, B, C, D nên trung điểm M cạnh AD giao điểm (d) Ox, suy M(3;0) xI 0,50 AB 2 IM 2 xI 2 xM yI yM 2 S ABCD AB AD = 12 AD = 9 3 4 S ABCD 12 2 AB AD d M AD , suy phương trình AD: x 3 y 0 x y 0 Lại có MA = MD = Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình: x y 0 y x y x 2 2 2 x 3 y x 3 y 2 x 3 x 2 y 3 x x 2 x 4 x 1 y 1 y Vậy A(2;1), D(4;-1), x A xC xI xC 2 xI x A 9 7 3 yC 2 yI y A 3 2 y y A yC I ; I 2 trung điểm AC, suy ra: Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4) Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) 0,50 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) có bán kính R = Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2 1 16 d d I , P 5 d R Do (P) (S) khơng có điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 = Trong trường hợp này, M vị trí M N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình chiếu vng góc I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S) Gọi đường thẳng qua điểm I vng góc với (P), N0 giao điểm (P) n P 2; 2; 1 Đường thẳng có vectơ phương qua I nên có phương trình x 2 2t y 2t t z 3 t Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình: 15 2t 2t t 16 0 9t 15 0 t 13 14 N0 ; ; 3 Suy IM IN Ta có Suy M0(0;-3;4) VII b 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 1 ( x 0, y 0) x y x y Áp dụng bất đẳng thức 1 1 1 ; ; Ta có: a b b c a 2b c b c c a a b 2c c a a b 2a+b+c Ta lại có: 0,50 0,50 2 2a b c 4a 2b 2c 0 2 2a b c 2a b c a 2 a 1 b 1 c 1 0 2 ; Tương tự: 2b c a b 2c a b c 1 4 Từ suy a b b c c a a b c Đẳng thức xảy a = b = c =