de thi thu 2010

Tuyển Tập Đề Thi Thử Đại Học 2009.. vnMath.com Dịch vụ Toán học dichvutoanhoc@gmail.com.[r]

DongPhD Problems BookSeries

Tuyển Tập Đề Thi Thử Đại Học 2009

vnMath.com Dịch vụ Toán học dichvutoanhoc@gmail.com

Sách Đại số

Giải tích

Hình học

Các loại khác Thơng tin

bổ ích (Free)

Toán học vui Kiếm

tiền mạng Bài báo

Giáo án (Free)

Tr ng i h c H ng c THI TH TUY N SINH I H C - CAO NG 2009 Khoa Khoa h c T nhiên Môn thi: TOÁN, kh i A

Th i gian làm bài: 180 phút

I PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7,0 đi m) Câu I (2,0 đi m)

Kh o sát v đ th hàm s f x( )= −2x3+6x−4

Tìm s ti p n c a đ ng cong y=xlnx đi qua đi m A( )1; Câu II (2,0 đi m)

Gi i ph ng trình: ln2 ln 2

1 1

1 1 1 1

x x

x

x x

− + =

−

+ − + +

Tính: cos12o+cos18o−4 cos15 cos 21 cos 24o o o Câu III (1,0 đi m)

Trên parabol y=x2 l y ba đi m A B C, , khác cho ti p n t i C song song v i đ ng th ng AB Ký hi u S di n tích tam giác ABC, S’ di n tích hình ph ng gi i h n b i parabol đ ng th ng AB Tìm t s gi a S S’

Câu IV (1,0 đi m)

Cho hình chóp t giác đ u S.ABCD M t ph ng đi qua A vng góc v i SC c t SB, SC l n l t t i B’, C’ Bi t r ng C’ trung đi m c a SC, tính t s gi a SB’ B’B

α Câu V (1,0 đi m)

V i x s d ng, y s th c tu ý, tìm t p h p m i giá tr c a bi u th c

( )

2

2 3 2 1

xy A

2

x y x x y

=

⎛ ⎞⎟

⎜

+ ⎜⎜⎝ + + ⎟⎟ ⎠

II PH N RIÊNG (3,0 đi m)

Thí sinh ch đ c làm m t hai ph n: theo ch ng trình Chu n ho c Nâng cao 1 Theo ch ng trình Chu n

Câu VIa (2 đi m)

Tìm to đ đnh B C c a tam giác ABC, bi t đnh , tr ng tâm trung tr c c nh AB có ph ng trình

( 1; A − − )

) 0

(4;

G − 3x+2y− =4

Tìm t p h p tâm m t c u đi qua g c to đ ti p xúc v i hai m t ph ng: P x: +2y− =4 0 Q x: +2y+ =6 0

Câu VIIa (1 đi m)

M t h p đ ng bi có 12 viên, đó có viên tr ng, viên đ , viên xanh Ký hi u A t ng s cách l y 12 viên đó, B s cách l y viên cho s bi đ b ng s bi xanh Tính t s B : A

2 Theo ch ng trình Nâng cao Câu VIb (2 đi m)

Trong m t ph ng to đ , cho hai đ ng th ng d1:kx− + =y k 0

và d2: 1( −k2)x+2ky− −1 k2=0

Khi k thay đ i giao đi m c a hai đ ng th ng di chuy n m t đ ng cong Xác đ nh đ ng cong đó

M t c u S đi qua đi m ; m t c u S’ đi qua các đi m

(0; 0;1 ,) (1; 0; ,) (1;1;1 ,) (0;1;

A B C D )

( ) (

1 1 1

' ; 0; , ' 0; ; , ' 1;1; , ' 0;1;1

2 2 2

A ⎜⎛⎜⎜ ⎟⎟⎞⎟⎟ B ⎜⎜⎜⎛ ⎟⎟⎞⎟⎟ C D

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ) Tìm đ dài bán kính đ ng trịn giao n c a hai m t c u đó

Câu VIIb (1 đi m)

Tính c n b c hai c a s ph c 15+112i

GHI CHÚ thi đ c so n theo M U quy đnh v n b n “C u trúc đ thi t t nghi p THPT & n sinh H-C 2009” C c Kh o thí & Ki m đnh ch t l ng giáo d c, B Giáo d c & t o, ban hành tháng 11 n m 2008

Cán b coi thi không đ c gi i thích v đ thi!

ÁP ÁN TOÁN KH I A

Câu L i gi i i m I.1.(1đ) T p xác đnh:

Gi i h n t i vô c c: lim ( ) x

f x

→±∞ = ∞∓

-( ) ( )

( ) ( )

2

' 6 6; ' 0

1 9; 1 3.

f x x f x x

f f

= − + = ⇔ = ±

− = − =

1.

−∞ 1

B ng bi n thiên:

x − +∞ f ’(x) − + − f(x)

+∞

8

− −∞ Nh n xét: Hàm s ngh ch bi n hai kho ng đ t c c ti u t i -1, c c đ i t i

(−∞ −; 1), (1;+∞);

8; 0.

CT CD

f = − f =

Giao đi m v i tr c tung: (0;-4); v i tr c hoành: (-2;0) (1;0) (đi m c c đ i)

- th nh hình v

-2 -1

-8 -6 -4 -2

x y

0

y =

-2 x

3

+ x

-4

0,25

0,5

0,25

I.2.(1đ) Ta có (xlnx)'= +1 lnx

a

.

Ph ng trình ti p n t i đi m có hồnh đ a (a > 0) y= +(1 ln )(a x− +a) aln

- ti p n đi qua A, ph i có

( ) 2 (1 ln )(1 ) ln

2 1 ln ln 1 0, 1

a a a a

a a a a

= + − + ⇔

= − + ⇔ − − =

- S ti p n đi qua A ph thu c vào s nghi m c a ph ng trình (1) Xét hàm s f a( )=lna− −a 1 Ta có:

( ) ( )

1

' 1;

' 0

f a a

f a a

= −

= ⇔ =1.

B ng bi n thiên c a f a( ):

a 0 +∞ f ’(a) + −

f(a)

−2

−∞ −∞

T b ng ta th y giá tr l n nh t c a f(a) -2 nên ph ng trình (1) vơ nghi m V y khơng có ti p n đi quaA

0,5

II.1.(1đ) V trái có ngh a ch x > Khi đó v ph i c ng có ngh a D th y v ph i đ n gi n b ng x

- Nh v y ta có ph ng trình

2

ln ln

ln ln

2 1 1

ln 5 ln 6 0, (1)

x x

x x

x x

x x

x x

− +

− +

= ⇔ ⎡ = ⎢

= ⇔ ⎢ − + =

⎢⎣

- M t khác: (1)

2

3

ln

ln

x x e

x x e

⎡

⎡ = ⎢ =

⎢

⇔⎢ ⇔ ⎢

= ⎢

⎣ ⎣ =

V y ph ng trình đã cho có nghi m x1=1,x2=e2,x3=e3.

0,25

0,5

0,25

II.2.(1đ) Ta có:

0

cos12 cos18 4 cos15 cos 21 cos 24 cos12 cos18 2(cos 36 cos ) cos 24

cos12 cos18 2 cos 36 cos 24 2 cos 24 cos 6 cos12 cos18 cos 60 cos12 cos 30 cos18

1 3

cos 60 cos 30

2

o o o o o

o o o o o

o o o o o

o o o

o o

+ − =

+ − + =

+ − −

+ − − − −

+

= − − = −

o o

= 1,0

III(1đ) Gi s đi m parabol H

s góc c a đ ng th ng AB

( ) ( ) ( ), , , , , , (

A a a B b b C c c a<b).

2

b a

a b

b a

− = +

tuy n t i C hi n nhiên 2c V y

2

a b

c= +

dài AB= (b−a)2+(b2−a2)2= −(b a) 1+ +(a b)2 Ph ng trình đ ng th ng AB:

( )( )

( ) ( )

2

2

2

0 .

x a y a

a b x a y a

b a b a

a b x y ab y a b x ab

− −

= ⇔ + − = −

− −

⇔ + − − = ⇔ = + −

Kho ng cách t Cđ n AB:

( )

( )

( )

( )

( )

( )

2

2

2

4

2

1

a b

a b a b

ab

a b ab

b a

h

a b a b a b

+

⎛ ⎞

+ ⎜ + ⎟ −

+ −⎜⎜⎝ ⎟⎟⎠ −

−

= = =

+ + + + + 2+1

Di n tích tam giác ABC:

( ) ( ) ( )

( )

( )

2

2

2

1 1

. 1 .

2 2 8

4 1

b a b a

S AB h b a a b

a b

− −

= = − + + =

+ +

- Di n tích gi i h n b i parabol đ ng th ng AB:

( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2

2

2 3

3

2 2

'

2 3

2 3

3 6 2

6 6

b b

a a

x x

S a b x ab x dx a b abx

b a b a

a b ab b a

b a b a

a b ab a ab b

⎛ ⎞⎟

⎜ ⎟

⎜

=∫ + − − =⎜⎜ + − − ⎟⎟

⎟

⎜ ⎟

⎝ ⎠

− −

.

− − − =

−

− + − − + + =

= +

Suy ra: 3 ' 4 S

S =

0,5

0,5

IV(1đ) S C’ D′

D C B’

A B

S C’

I A H C

(Hình có th khơng v )

Xét tam giác cân SAC (cân t i S) v i H trung đi m c a AC Rõ ràng SH đ ng cao c a tam giác SAC c a c hình chóp L i có

C’ trung đi m SC nên AC = SC, t c tam giác SAC là đ u

'

AC ⊥SC

- D th y '

'

SB SI

B B= IH , đó I giao đi m gi a SH AC’ Vì I c ng tr ng tâm tam giác SAC nên SI : IH = 2:1 V y t s gi a SB’ và B’B là 2

0,25

0,5

V(1đ) Ta có

( )

( ) ( ( ) )

2 2 2

2 2 2

2

2

12 12

3 12 12 3

12

1 1

. 3 12 1

xy x y x x x y x

A

x y y x y

y x

y x

+ − +

= =

+ +

+ −

=

⎛ ⎞

+

⎜ ⎟

⎝ ⎠

−

-

t ( )

2 12

, 0

y

t t

x = ≥ 3A= f t( ) Khi đó

( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

2

2

2

2

1

;

4 1

2 '

4

2 2

;

1

' 2

2,

4 4 4, (2)

(2) 8

t f t

t

t t

t f t

t

t t t t t

t t t t

f t t t

t

t t t

t t t

+ − =

+

+ − + + +

=

+

+ + − + +

= =

+ + + +

= ⇔ + = − ⇔ ⎧ ≥

⎪ ⎨

+ = − + ⎪⎩

⇔ − = ⇒ = 2

2

+ − −

- D th y bên trái đi m t = f’(t) > bên ph i t < Ngồi

Do đó, ta có b ng bi n thiên sau:

( )

lim

t→+∞ f t =

t 0 +∞

( )

'

f t + -

( )

f t 1/6

0

0,25

-

0,5

-

T b ng ta th y t p h p giá tr c a f (t) [0;1/ 6] nên t p h p m i giá tr c a A là 0; 1

18

⎡ ⎤

⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎣ ⎦

CHÚ Ý Thí sinh có th dùng b t đ ng th c đ ch giá tr nh nh t và giá tr l n nh t t ng ng b ng 1/18 r i k t lu n r ng t p h p m i giá tr c a A 0; 1

18

⎡ ⎤

⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎣ ⎦

Cách làm khơng th t ch t ch không ch đ c

r ng A nh n m i giá tr gi a 1/18 nên ch cho t ng c ng 0,75đ Ph n riêng theo ch ng trình Chu n

VIa.1(1đ)

ng th ng AB có ph ng trình Trung đi m I c a c nh AB giao đi m c a AB v i đ ng trung tr c nên có giá tr tham s t tho mãn ph ng trình

3 1,

2 3

x t

y t

⎧ = − ⎪⎪

⎨⎪ = −

⎪⎩ .

)

3(3 1) 2(2 3) 4 0

13 13 0 1.

t t

t t

− + − − = ⇔

− = ⇒ =

- V y ta có I(2; 1− D th y đi m B ng v i giá tr t = nên có

( )5;1

B

Ti p theo, IC=3IM =3 2; 1( − =) (6;−3 nên có ) C(8; 4− )

0,5

0,5

VIa.2(1đ) Tâm I c a m i m t c u nh v y ph i n m m t ph ng Rđi qua chính gi a hai m t ph ng đã cho D th y hai to đ c a I ph i tho mãn ph ng trình m t ph ng R: M t khác, kho ng cách t Iđ n O b ng bán kính nên ph i b ng n a kho ng cách gi a hai m t ph ng đã cho hay b ng kho ng cách gi a P R L y m t đi m b t k P tính kho ng cách t i R, ta đ c giá tr b ng

2 1 0

x+ y+ = .

5

5 1+4 =

- Nh v y, I ph i n m m t c u S, tâm O, bán kính , t c các to đ tho mãn ph ng trình: x2+y2+z2=5.

Nh v y, t p h p tâm m t c u đi qua O ti p xúc v i hai m t ph ng đã cho đ ng tròn giao n c a m t c u S m t ph ng R Nói cách khác, đó là t p h p đi m có ba to đ x, y, z tho mãn h ph ng trình:

2 2

2 1 0

5.

x y

x y z

⎧ + + =

⎪⎪

⎨⎪ + + = ⎪⎩

0,5

0,5

VIIa(1đ) S cách l y 12 viên (t c ) L y viên cho s viên đ b ng s viên xanh có hai tr ng h p: ho c viên đ ,

6 12

C A=C126

viên xanh (không viên tr ng) ho c viên tr ng, đ xanh - Tr ng h p th nh t có th th c hi n theo cách; tr ng h p th hai: cách Nh v y

3

C C

2 2

3

C C C B=C C4 53 3+C C C32 4 52 2; đó

3 2

4 5

6 12

4.10 3.6.10 5

924 21

C C C C C

B

A C

+ +

= = =

0,5

Ph n riêng theo ch ng trình Nâng cao

VIb.1(1đ) Rút y t ph ng trình c a d1 r i th vào ph ng trình c a d2, ta đ c:

( ) ( )

( )

2

2

2

2

1 2 1

1

1 1 0

1

k x k kx k k

k

k x k x

k

− + + − − =

−

+ + − = ⇒ =

+ 0

. ⇔

Do đó

3

2

2

1

k k k

y k

k k

−

= + =

+ +

- Suy ra:

( )

( )

( )

2 2

2

2

2

2

2

2

2

1 2

1 1

1

1 2 4

1.

1 1

k k

x y

k k

k

k k k

k k

⎛ − ⎞⎟ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟

+ =⎜⎜ ⎟⎟ +⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ⎟

⎜ + ⎟ ⎝ + ⎠

⎝ ⎠

+

− + +

= =

+ +

V y giao đi m c a hai đ ng th ng di chuy n đ ng trịn tâm O, bán kính b ng 1

0,5

0,5

VIb.2(1đ) Gi s S có ph ng trình Do

Sđi qua A, B, C, D nên có:

2 2 2 2 2

x +y +z − ax− by− cz+ =d 0

1 2 0

1 2 0

3 2 2 2 0

1 2 0.

c d

a d

a b c d

b d

⎧ − + = ⎪⎪

⎪⎪ − + = ⎪⎪⎨

⎪ − − − + = ⎪⎪

⎪ − + = ⎪⎪⎩

Suy a = b = c = ½ d = V y m t c u S có ph ng trình: x2+y2+z2− − − =x y z 0

(tâm I( ½, ½, ½), bán kính 1

4 4

R= + + = )

- Ti p theo, gi s S’ có ph ng trình

Do S’đi qua A’, B’, C’,

2 2 2 ' 2 ' 2 ' ' 0

x +y +z − a x− b y− c z+ =d

D’ nên có: 1

' ' 0

4 1

' ' ' 0

2

2 2 ' ' ' 0 2 2 ' ' ' 0

a d

b c d

a b d

b c d

⎧⎪⎪ − + = ⎪⎪

⎪⎪

⎪⎪⎪ − − + = ⎨⎪

⎪⎪ − − + =

⎪⎪

⎪⎪ − − + =

⎪⎪⎩ .

Suy ' ' 5, ' 1' '

4 4

a = =c b = d =1 V y m t c u S’ có ph ng trình: 2 5 1 5 1 0

2 2 2

x +y +z − x− y− z+ = (tâm I’( 5/4, 1/4, 5/4), bán kính ' 25 25

16 16 16

R = + + −

- Ph ng trình m t ph ng ch a giao n:

3 1 3 1 0 3 3 2 0 2x−2y+2z− = ⇔ x− +y z− = Kho ng cách t I t i m t ph ng này:

3

2

2 2

9 19

− + − = + + Bán kính đ ng trịn giao n:

2 56 14

4 76 76 19

r = R −d = − = =

0,25

0,5

VIIb(1đ) Gi s c n b c hai c a 15 + 112i x + yi Khi đó:

( )2 2

2

2

4

2 15 112

3136 15

15, ( 0) 56

15 3136 0.(1)

x yi x y xyi i

x y

x x

xy x

x x

+ = − + = + ⇔

⎧⎪ − =

⎪ ⇒ − = ≠ ⇒

⎨⎪ = ⎪⎩

− − =

- t x2=t t, ( ≥0), (1) tr thành:

2

15 3136 0;

225 12544 12769 113 ; 15 113

64

t t

t

− − =

Δ = + = =

+

= =

Suy x= ±8,y= ±7.

V y c n b c hai c a 15 + 112i có hai giá tr là ± +(8 i)

0,5

M«n Thi: To¸n

Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 02 trang)

PhÇn chung cho tất thí sinh (7 điểm )

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số

2

− − =

x x y

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

2 Cho M điểm (C) Tiếp tuyến (C) M cắt đ−ờng tiệm cận (C) A B. Gọi I là giao điểm đ−ờng tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đ−ờng trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nh nht

Câu II (2 điểm)

1 Giải phơng trình



− =

− +

2 cos sin cos sin sin

1 2 x

x x x

x π

2 Giải bất phơng trình

  

− +

− > − +

− x x x x

x

2 log ) ( 2 ) 4 ( log

2

2

Câu III (1 điểm)

Tính tích phân 

  

 

+ + =

e

dx x x x x

x I

1

2

ln ln

ln Câu IV (1 điểm)

Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a BC = a

SA=a 3,

30

= =

SAB SAC TÝnh thÓ tÝch khối chóp S.ABC

Câu V (1 điểm)Cho a, b, clà ba số dơng thoả mFn : a + b + c =

4 Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu

thøc

3

3 3

1

1

1

a c c b b a P

+ + + + +

=

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh đợc làm hai phần: Phần phần 2

Phần 1:(Theo chơng trình Chuẩn)

Câu VIa (2 điểm)

1 Trong mt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đ−ờng thẳng d1:2x−y+5=0

d2: 3x +6y – = Lập phơng trình đờng thẳng qua ®iĨm P( 2; -1) cho ®−êng th¼ng

đó cắt hai đ−ờng thẳng d1 d2 tạo tam giác cân có đỉnh giao điểm hai đ−ờng

th¼ng d1, d2

2 Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) mặt phẳng (P) có ph−ơng trình:x+ y+z−2=0 Gọi A’là hình chiêú A lên mặt phẳng Oxy Gọi ( S) mặt cầu qua điểm A’, B, C, D Xác định toạ độ tâm bán kính đ−ờng trịn (C) giao (P) (S)

C©u VIIa (1 điểm)

Tìm số nguyên dơng n biết:

2 2

2 2

2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 − (2 1)2 − + 40200

+ − + + + − − + + − + + = −

k k k n n

n n n n

PhÇn 2: (Theo chơng trình Nâng cao)

Câu VIb (2 ®iĨm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có ph−ơng trình: 16

2

= − y x

Viết phơng trình tắc elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm (H) ngoại tiếp hình chữ nhật sở (H)

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho ( )P :x+2y−z+5=0 đ−ờng thẳng

3

3 : )

(d x+ = y+ =z− , điểm A( -2; 3; 4) Gọi ∆là đ−ờng thẳng nằm (P) qua giao điểm ( d) (P) đồng thời vng góc với d Tìm ∆ điểm M cho khoảng cách AM ngắn

Câu VIIb (1 điểm):

Giải hệ phơng trình    

+ = + +

=

+ − +

+

1

3

2 2

2

3

1

x xy x

x y y

x

- HÕt - Chó ý: ThÝ sinh dù thi khèi B vµ D làm câu V

Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm

Hớng dẫn chấm môn toán

- Điểm toàn thi không làm tròn

- Học sinh làm cách khác đ−ợc điểm ti a

- Nếu học sinh làm hai phần phần tự chọn không tính điểm phÇn tù chän

- ThÝ sinh dù thi khối B, D làm câu V, thang điểm dành cho câu I câu III 1,5 điểm

Câu Nội dung Điểm

I Khảo sát hàm số vẽ đồ thị hàm số 1,00

1) Hàm số có TXĐ: R\{ }2 0,25

2) Sự biến thiên hàm số:

a) Giới hạn vô cực đờng tiệm cận:

* =−∞ =+∞

+ −

→ →

y lim ;

y lim

2 x

x

Do đ−ờng thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số * lim lim

→+∞ = →−∞ = ⇒

x y x y đ−ờng thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số

0,25

b) Bảng biến thiên: Ta có:

(x 2) 0, x

1 '

y 2 < ∀

= Bảng biến thiên:

x - ∞ + ∞

y’ - -

y

-∞ + ∞

2 * Hàm số nghịch biến khoảng (;2) (2;+)

0,25

3) Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung

2 ;

0 cắt trục hoành điểm

0 ;

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng

0,25

I Tìm M để đ−ờng trịn có diện tích nhỏ 1,00

Ta cã: , x

2 x

3 x ; x

M

0

0  ≠

  

 

− −

,

( )2 0

2 x

1 )

x ( ' y

− − = Phơng trình tiếp tuyến với ( C) M có d¹ng:

( ) x

3 x ) x x ( x

1 y

:

0 0

0 −

− + − −

− = ∆

0,25

O y

x

3/2 3/2

Toạ độ giao điểm A, B ( )∆ hai tiệm cận là: ; B(2x 2;2) x x ; A 0 −       − −

Ta thÊy M

0 B

A x x

2 x 2 x x = = − + = +

, M

0 B A y x x 2 y y = − − = +

suy M trung điểm AB

0,25

Mặt khác I = (2; 2) tam giác IAB vuông I nên đờng tròn ngoại tiếp tam gi¸c IAB cã diƯn tÝch

S = ≥ π

     − + − π =               − − − + − π = π ) x ( ) x ( 2 x x ) x ( IM 2 2 0 2 0,25

DÊu “=” x¶y 

  = = ⇔ − = − x x ) x ( ) x ( 0 2

Do có hai điểm M cần tìm M(1; 1) M(3; 3)

0,25

II Giải phơng trình lợng giác 1 ®iĨm

) ( cos sin cos sin sin

1 2 

     − = −

+ x x x x π x

( ) x sinx

2 cos x sin x cos x sin x sin 1 + =       − π + = − + ⇔ 0,25 x cos x sin x cos x sin x sin x sin x cos x sin x

sin =

     − − ⇔ =       − − ⇔ 0,25 x sin 2 x sin 2 x sin x sin =       + +       − ⇔ 0,25

sin x

x k

x k x

sin x x k , k

2 k2 x k4

2

x x

2 sin sin

2   = = π   = π    ⇔ = ⇔ π ⇔ ⇔ = π ∈  = + π  = π + π    + +  Z 0,25

II Gi¶i bÊt phơng trình 1 điểm

ĐK: ( )*

2 x x x ) x ( x x x x 2 < ⇔       ≠ < ⇔      > − < ⇔      > + − > 0,25 Với điều kiện (*) bất phơng trình tơng ®−¬ng víi:

[log (1 2x) 1]

) x ( x ) x ( log

2 − − > + + − −

[log (1 2x) 1] x − + <

⇔ 0,25     < > ⇔           > − <    < − > ⇔           > − <    < − > ⇔           > + − <    < + − > ⇔ x x ) x ( x ) x ( x ) x ( log x ) x ( log x ) x ( log x ) x ( log x 2 2 0,25

Kết hợp với điều kiện (*) ta cã:

2 x <

III TÝnh tÝch ph©n 1 ®iĨm ∫ ∫ + + = e e xdx ln x dx x ln x x ln I

+) TÝnh ∫ + = e dx x x x I 1 ln ln

Đặt dx

x tdt ; x ln t x ln t = + = ⇒ + = §ỉi cËn: x=1⇒t=1;x=e⇒t=

0,25 ( ) ( ) ( ) 2 t t dt t tdt t t I 2 2 − =       − = − = −

= ∫ ∫ 0,25

+) TÝnh I x lnxdx

e

1

2=∫ §Ỉt

      = = ⇒    = = x v x dx du dx x dv x ln u 0,25 e

3 3 3

e e

2 1

1

x e x e e 2e

I ln x x dx

3 3 3 9

+

= − ∫ = − = − + = 0,25

= + =I1 3I2 I e 2 + − 0,25

IV Tính thể tích hình chóp điểm

Theo định lí cơsin ta có:

2 2 2

SB =SA +AB −2SA.AB.cos SAB 3a= +a −2.a 3.a.cos30 =a Suy SB=a T−¬ng tù ta còng cã SC = a

0,25 Gäi M trung điểm SA , hai tam giác SAB SAC hai tam giác cân

nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA Suy SA ⊥ (MBC)

Ta cã S.ABC S.MBC A.MBC MBC MBC SA.SMBC S SA S MA V V

V = + = + =

0,25 Hai tam giác SAB SAC có ba cặp cạnh tơng ứng nên chúng

bằng Do MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N trung điểm BC suy MN ⊥ BC T−ơng tự ta có MN ⊥ SA

16 a 3 a a a AM BN AB AM AN MN 2 2 2 2 2 =         −       − = − − = − = a MN= ⇒ 0,25 Do 16 a a a a BC MN SA V ABC

S = = = 0,25

V Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 điểm áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số d−ơng ta có

z y x z y x xyz xyz z y x ) z y x ( 3 + + ≥ + + ⇒ = ≥       + + + + (*)

¸p dơng (*) ta cã 3 3 3 3 3 3

a c c b b a a c c b b a P + + + + + ≥ + + + + + = 0,25

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số d−ơng ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3

a 3b 1

a 3b 1.1 a 3b

3

b 3c 1

b 3c 1.1 b 3c

3

c 3a 1

c 3a 1.1 c 3a

3 + + + + ≤ = + + + + + + ≤ = + + + + + + ≤ = + + 0,25

Suy 3a 3b 3b 3c 3c 3a 4 a( b c) 6

+ + + + + ≤  + + +  4.3

3

 

≤  + =

 

Do P≥3

0,25

DÊu = x¶y

3

a b c

a b c

4 a 3b b 3c c 3a

 + + =  ⇔ ⇔ = = =  + = + = + = 

Vậy P đạt giá trị nhỏ a=b=c=1/4

0,25

VIa.1 Lập phơng trình đờng thẳng 1 điểm

Cách 1: d1 có vectơ phơng a1(2;1); d2 có vectơ phơng a2(3;6)

Ta có: a1.a2=2.31.6=0 nên d1d2 d1 cắt d2 điểm I khác P Gọi d

đờng thẳng qua P( 2; -1) có phơng trình: B A By Ax ) y ( B ) x ( A :

d − + + = ⇔ + − + =

0,25

d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I d tạo với d1 ( d2)

gãc 450

   − = = ⇔ = − − ⇔ = − + + − ⇔ A B B A B AB A 45 cos ) ( B A B A

2 0 2 2

2

2

0,25

* Nếu A = 3B ta có đờng thẳng d:3x+y5=0 0,25

* NÕu B = -3A ta cã ®−êng th¼ng d:x−3y−5=0

VËy qua P cã hai ®−êng thẳng thoả mFn yêu cầu toán d:3x+y5=0 y x :

d − − =

0,25 Cách 2: Gọi d đ−ờng thẳng cần tìm, d song song với đ−ờng phân giác ngồi

của đỉnh giao điểm d1, d2 tam giỏc F cho

Các đờng phân giác góc tạo d1, d2 có phơng trình    ∆ = + + ∆ = + − ⇔ − + = + − ⇔ + − + = − + + − ) ( y x ) ( 22 y x y x y x y x ) ( y x 2 2 2 0,25

+) NÕu d // d có phơng trình 3x9y+c=0

Do P∈d nªn 6+9+c=0⇔c=−15⇒d:x−3y−5=0 0,25 +) NÕu d // ∆2 d có phơng trình 9x+3y+c=0

Do Pd nên 183+c=0c=15d:3x+y5=0 0,25 Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mFn yêu cầu toán d:3x+y5=0

0 y x :

VIa 2 Xác định tâm bán kính đ−ờng trịn 1 điểm Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)

* Giả sử phơng trình mặt cầu ( S) qua A, B, C, D là: 0,25 (a b c d 0)

, d cz by ax z y

x2 2 2

> − + + = + + + + + +

Vì A,'B,C,D( )S nên ta cã hÖ:

        − = − = − = − = ⇔        = − + + − = + + + + = + + + + = + + − d c b a 21 d c b a 29 d c b a 14 d c b a 2 d b a

Vậy mặt cầu ( S) có phơng trình: x2+ y2 +z2 −5x−2y−2z+1=0

0,25

(S) cã t©m       ; ;

I , b¸n kÝnh

2 29 R=

+) Gọi H hình chiếu I lên (P) H tâm đờng tròn ( C) +) Gọi ( d) đờng thẳng qua I vuông góc với (P)

(d) có vectơ phơng là: n(1;1;1)

Suy phơng trình d: 

     + + + ⇒      + = + = + = t 1 ; t 1 ; t 2 5 H t 1 z t 1 y t 2 / 5 x

Do H=( )d ∩(P) nªn:

6 t t t t t − = ⇔ − = ⇔ = − + + + + +       ⇒ ; ; H 0,25 36 75

IH= = , (C) cã b¸n kÝnh

6 186 31 36 75 29 IH R

r 2

= = − = − = 0,25

VII a. Tìm số nguyên dơng n biÕt 1 ®iĨm

* XÐt 2n 2n

1 n k k n k 2 n 1 n n n

2 C C x C x ( 1) C x C x

) x ( + + + + + + + + − + − + − + − =

− (1)

* Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có:

n n n k k n k n 1 n n x C ) n ( x kC ) ( x C C ) x )( n ( + + − + + + + − + − + − + − = − +

− (2)

0,25 Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có:

1 n n n 2 k k n k n 2 n n x C ) n ( n x C ) k ( k ) ( x C C ) x )( n ( n

2 + −

+ − + + + − + − + − − + + − = − + 0,25

Thay x = vào đẳng thức ta có:

2 k k k 2n 2n

2n 2n 2n 2n

2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 − C 2n(2n 1)2 − C +

+ + + +

− + = − + + − − + − + 0,25

Phơng trình đF cho 2n(2n 1) 40200 2n2 n 20100 n 100 = ⇔ = − + ⇔ = + 0,25

VIb.1 Viết phơng trình tắc E líp 1 điểm

(H) có tiêu điểm F1(−5;0) ( );F2 5;0 Hình chữ nhật sở (H) có đỉnh

M( 4; 3), 0,25

Giả sử phơng trình tắc (E) có dạng: b y a x 2 2 =

+ ( với a > b) (E) có hai tiêu điểm F( 5;0) ( );F 5;0 a2 b2 52 ( )1

2

1 − ⇒ − =

0,25

(4;3) ( )E 9a 16b a b ( )2

M 2 2

= + ⇔ ∈

Tõ (1) vµ (2) ta cã hƯ:

   = = ⇔    = + + = 15 b 40 a b a b 16 a b a 2 2 2 2 0,25

Vậy phơng trình tắc (E) là: 15 y 40 x2

=

VIb 2 Tìm điểm M thuộc ∆ để AM ngắn 1 im

Chuyển phơng trình d dạng tham số ta đợc: + = − = − = 3 t z t y t x Gọi I giao điểm cđa (d) vµ (P) ⇒I(2t−3;t−1;t+3)

Do I∈( )P ⇒2t−3+2(t−1)−(t−3)+5=0⇔t=1⇒I(−1;0;4)

0,25

* (d) có vectơ phơng a(2;1;1), mp( P) có vectơ pháp tuyến n(1;2;1)

[ ]a,n =(3;3;3)

Gọi u vectơ chØ ph−¬ng cđa ∆ ⇒u(−1;1;1) 0,25

     + = = − = ∆ ⇒ u z u y u x

: Vì MM(1u;u;4+u), AM(1u;u3;u) 0,25 AM ngắn AM AMuAM.u=01(1u)+1(u3)+1.u=0

3 u=

⇔ VËy 

    − 16 ; ; M 0,25

VIIb Giải hệ phơng trình: 1 điểm

    + = + + = + − + + ) ( x xy x ) ( 2 x y y x

Phơng trình (2)

= + − ≥ ⇔    + = + + ≥ + ⇔ ) ( 1

2 x x y

x x xy x x         − = − ≥ = ⇔         = − + = − ≥ ⇔ x y x x y x x x 1 0 0,25

* Víi x = thay vµo (1)

11 log 11 2 12

2+ y−2 = y ⇔ + y = y ⇔ y = ⇔ y= 2 0,25

* Víi    − = − ≥ x y x 1

thay y = – 3x vào (1) ta đợc: 23x+1+23x1 =3.2

Đặt

2 + = x

t V× x≥−1 nªn

4 ≥ t ( ) [ ( ) ]      + − = − + = ⇔     + = − = ⇔ = + − ⇔ = + ⇔ ) ( log y log x t i ¹ lo t t t t t ) ( 2 0,25

Vậy hệ phơng trình đF cho có nghiệm   = = 11 log y x

vµ [ ( ) ]

5

IV Tính thể tích khối lăng trụ 1,00

Gọi M trung điểm BC, gọi H hình chiếu vng góc M lên AA’, Khi (P) ≡ (BCH) Do góc A ' AM nhọn nên H nằm AA’ Thiết diện lăng trụ cắt (P) tam giác BCH

0,25 Do tam giác ABC cạnh a nên

3 a AM AO , a

AM= = =

Theo bµi

4 a HM a BC HM a S 2

BCH = ⇒ = ⇒ =

0,25 a 16 a a HM AM AH 2 2 = − = − =

Do hai tam giác A’AO MAH đồng dạng nên

AH HM AO O ' A = suy a a 4 a 3 a AH HM AO O '

A = = =

0,25

Thể tích khối lăng trô:

12 a a a a BC AM O ' A S O ' A V

ABC = = =

= 0,25

V T×m giá trị lớn 1,00

Ta có a2+b2

≥ 2ab, b2+

≥ 2b ⇒

1 b ab 2 b b a b a 2 2 + + ≤ + + + + = + + T−¬ng tù a ca a c , c bc c b 2 2 + + ≤ + + + + ≤ + + 0,50 b ab b ab b ab b ab 1 a ca 1 c bc 1 b ab P = + + + + + + + + = + + + + + + + + ≤             0,25

P= a = b = c = Vậy P đạt giá trị lớn

2

a = b = c = 0,25 VIa.1 Viết phơng trình đờng tròn qua giao ®iĨm cđa(E) vµ (P) 1,00

Hồnh độ giao điểm (E) (P) nghiệm ph−ơng trình

0 x 37 x 36 x ) x x (

x 2

2 = − + − ⇔ = −

+ (*) 0,25

XÐt f(x) 9x4 36x3 37x2 − + −

= , f(x) liªn tơc trªn R cã f(-1)f(0) < 0,

f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < suy (*) có nghiệm phân biệt, (E) cắt (P) điểm phân biệt

0,25 Toạ độ giao điểm (E) (P) thỏa mPn hệ

     = + − = y x x x y 2 0,25 A B C C’ B’ A’ H

6 y x 16 y x 9 y x y x 16 x

8 2 2

2 2 = − − − + ⇒    = + = − ⇔ (**)

(**) lµ phơng trình đờng tròn có tâm    = ;

I , b¸n kÝnh R =

9 161

Do giao điểm (E) (P) nằm đ−ờng trịn có ph−ơng trình (**)

0,25

VIa.2 Viết phơng trình mặt phẳng () 1,00

Do (β) // (α) nªn (β) cã phơng trình 2x + 2y z + D = (D17)

Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = Đờng tròn có chu vi 6 nên có bán kính r =

0,25 Khoảng cách từ I tới () h = R2 r2 52 32

= − =

− 0,25

Do 

  = − = ⇔ = + − ⇔ = − + + + − − + (lo¹i) 17 D D 12 D ) ( 2 D ) ( 2 2 0,25

VËy (β) cã ph−¬ng tr×nh 2x + 2y – z - = 0,25

VII.a T×m hƯ sè cđa x2 1,00

Ta cã =∫ + =∫( + + + + )

2 n n n 2 n n n

ndx C C x C x C x dx

) x ( I L n n n n n

n C x

1 n x C x C x C       + + + + +

= L +

suy I n

n n n n n C n C C 2 C + + + + + = +

L (1)

0,25 Mặt khác n ) x ( n I n n + − = + + = +

+ (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã n

n n n n n C n C C 2 C + + + + + = + L n 3n1

+ − =

+

Theo 6561 n

1 n 6560 n

3n n

= ⇒ = ⇔ + = + − + + 0,25

Ta cã khai triÓn ∑ ( ) ∑

− − =       =       + k 14 k k k k k 7

4 2 C x

1 x x C x x 0,25

Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa mPn 2 k 2

4 k 14 = ⇔ = −

VËy hÖ sè cần tìm

4 21 C 2 = 0,25

VIb.1 Viết phơng trình đờng tròn 1,00

Do B d1 nên B = (m; - m – 5), C ∈ d2 nªn C = (7 – 2n; n) 0,25

Do G trọng tâm tam giác ABC nên

  = + − − = − + + n m n m    = − = ⇔    = + − − = − ⇔ n m n m n m Suy B = (-1; -4), C= (5; 1)

0,25 Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình

0 c by ax y x2

= + + +

+ Do A, B, C ∈ (C) nªn ta cã hƯ

     − = = − = ⇔      = + + + + = + − − + = + + + + 27 / 338 c 18 / 17 b 54 / 83 a c b a 10 25 c b a 16 c b a 0,25

Vậy (C) có phơng trình

27 338 y 17 x 27 83 y x2

= − + −

7

VIb.2 Tìm giá trị nhỏ 1,00

Gọi G trọng tâm cđa tam gi¸c ABC, suy G =    

 

3 ; ;

Ta cã F MA2 MB2 MC2 (MG GA) (2 MG GB) (2 MG GC)2

+ + + + +

= +

+ =

2 2 2

2

2 GA GB GC 2MG(GA GB GC) 3MG GA GB GC

MG

3 + + + + + + = + + +

=

0,25 F nhỏ MG2 nhỏ M hình chiÕu cđa G lªn (P) 0,25

⇔

3

19

1

3 3 / / )) P ( , G ( d

MG =

+ +

− − − =

= 0,25

3 64 104 32 56 GC GB

GA2 2

= + + = + +

VËy F nhá nhÊt b»ng

9 553 64

3 19

2

= +

    

M hình chiếu G lên (P)

0,25

VIIb Giải hệ phơng trình mò 1,00

  

+ − =

+ + = ⇔

  

+ − =

+ = +

+ − +

+ −

1 y x e

1 y x e

y x e

) x ( e e

y x

y x

y x

y x y x

Đặt u = x + y , v = x - y ta cã hÖ

  

− = −

+ = ⇔

  

+ =

+ =

) ( u v e e

) (

u e v e

1 u e

v u v

u

v 0,25

- NÕu u > v th× (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm

- Tơng tự u < v (2) vô nghiệm, nên (2) u=v 0,25 Thế vào (1) ta cã eu = u+1 (3) XÐt f(u) = eu - u- , f'(u) = eu -

Bảng biến thiên:

u - +∞ f'(u) - +

f(u)

Theo b¶ng biÕn thiªn ta cã f(u) = ⇔u=0

0,25

Do (3) có nghiệm u =

  

= = ⇔

  

= −

= +

⇒

=

⇒

0 y

0 x y x

0 y x

v

Vậy hệ phơng trình đP cho có nghiệm (0; 0)

Tr−ờng T.H.P.T Nguyễn Trung Ngạn Đề thi thử đại học năm 2009

ccccMôn toán - Khối A

Thời gian 180 phút ( không kể giao )

Phần A :Dành cho tất thi sinh

Cõu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (c) hàm số : y = x3 – 3x2 +

2) BiÖn luËn theo m số nghiệm phơng trình : 2

1

m

x x

x

− − =

− C©u II (2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình : cos 11 sin sin 2009

4 2

x x x

π π π

     

− + − = +

     

     

2) Giải hệ phơng trình :

2

2

2

30 25

30 25

30 25

x x y y

y y z z z z x x

 − − =



− − =

 

− − =



C©u III(2,0 điểm ) 1) Tính tích phân :

3

( 4)

3 1 3

x dx

x x

−

+

+ + + ∫

2) Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa mAn :2-x + 2-y +2-z = Chøng minh r»ng :

2 42 2 42 2 24

x y z

x y z+ + y z x+ + z x y+

+ + + ≥

2 2 2

4

x + y + z

Câu IV( 1,0 điểm ) :

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a Cạnh SA vng góc với

mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M cho

AM =

3

a

, mỈt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD N Tính thĨ tÝch khèi chãp S.BCNM

PhÇn B ( Thí sinh đợc làm hai phần ( phần phần 2) Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo chơng trình chuẩn )

Câu V.a ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đ−ờng thẳng :

d1:

2

4

x− y z+

= =

− − ; d2 :

7 2

6 9 12

x− y− z

= =

−

1) Chøng minh r»ng d1 vµ d2 song song ViÕt phơng trình mặt phẳng ( P) qua d1 d2

2) Cho điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I đ−ờng thẳng d1 cho IA +IB đạt giá trị nhỏ

C©u VI.a (1.0điểm) Giải phơng trình : log (9 x+1)2+log 23 =log 3 4x +log (27 x+4)3

Phần 2( Dành cho học sinh học chơng trình nâng cao )

Câu V.b (2,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đ−ờng thẳng :

D1 :

2

1

x− y− z

= =

− , D2 :

2

x t

y z t

= −

 

=



 =



1) Chøng minh r»ng D1 chÐo D2 ViÕt ph−¬ng trình đờng vuông góc chung D1 D2

2) Viết phơng trình mặt cầu có đờng kính đoạn vuông góc chung D1 D2

CâuVI.b( 1,0 điểm) Cho phơng trình : log25x+2 log25x+ −1 m−2 0= , ( m lµ tham sè )

Tìm giá trị tham số m để ph−ơng trình đA cho có nghiệm thuộc đoạn 1;5 3

Hớng dẫn giải : Phần A: Dành cho tất thí sinh

Cõu I : 1) ( Thí sinh tự khảo sát vẽ đồ thị ) 2) Đồ thị hàm số y =

(x −2x−2) x−1 , víi x có dạng nh hình vẽ :

Dựa vào đồ thị ta có : *) Nếu m < -2 : Ph−ơng trình vơ nghiệm *) Nếu m = - : Ph−ơng trình có hai nghiệm

*) NÕu – < m < : Phơng trình có nghiệm ph©n biƯt *) nÕu m ≥ : Phơng trình có hai nghiệm phân biệt Câu II : 1) cos 11 sin sin 2009

4 2

x x x

π π π

     

− + − = +

     

      ( 1)

( 1) ⇔sin sin cos3

2 4 2

x π π x x

   

− − − =

   

    ⇔ -2

3

cos cos cos

4 2

x x

x π

 

+ =

 

 

⇔ cos3

x

= hc cos( )

4

x+π = Giải phơng trình tìm đợc nghiệm : 2 , x= 2 , x = k2

3 3 2

k

x =π + π π +k π π

2) Ta cã

2

2

2

30 25

30 25

30 25

x x y y

y y z z z z x x

 − − =



− − =

 

− − =



⇔

2

2

2

30

9 25

30

9 25

30 25

x y

x y z

y z x

z 

=



+

 

=



+

 

=



+



( 2) Tõ hÖ ta cã x, y, z không âm

*) Nếu x = th× y = z = suy ( 0;0;0 ) lµ nghiƯm cđa hƯ *) NÕu x>0, y> , z > XÐt hµm sè : f(t) =

2

30 25

t

t + , t > Ta cã f’(t) =

( )2

1500 25

t t +

> với t > Do hàm số f(t) đồng biến khoảng (0;+)

Hệ (2) đợc viết lại

( ) ( ) ( )

y f x z f y x f z

=

 

=



 =



Từ tính đồng biến hàm f ta dễ dàng suy x= y = z Thay vào hệ ph−ơng trình Ta đ−ợc nghiệm x = y = z = 5

3

y = m 1+ 1-

-

m

NghiƯm cđa hƯ lµ (0;0; ,) 5 5; ; 3

  

  

 

 

C©u III 1) TÝnh tÝch ph©n I =

1

( 4)

3 1 3

x dx

x x

−

+

+ + +

Đặt t = x+1 Ta cã I = ( )

2

2

0

20 12

2 6

3 2

t

t dt dt

t t +

− +

+ +

∫ ∫ = ( )

2

2

0

0

20 12

6

3 2

t

t t dt

t t +

− +

+ +

∫

= - +

2

0

28 8

2dt 1dt

t+ − t+

∫ ∫ = - + 28ln2 – ln3

2) Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa mAn :2-x + 2-y +2-z = Chøng minh r»ng :

2 42 2 42 2 24

x y z

x y z+ + y z x+ + z x y+

+ + + ≥

2 2 2

4

x + y + z

Đặt 2x = a , 2y =b , 2z = c Tõ gi¶ thiÕt ta cã : ab + bc + ca = abc

Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :

2 2

4

a b c a b c

a bc b ca c ab

+ +

+ + ≥

+ + + ( *)

( *) ⇔

3 3

2 2 4

a b c a b c

a abc b abc c abc

+ +

+ + ≥

+ + +

⇔

3 3

( )( ) ( )( ) ( )( ) 4

a b c a b c

a b a c b c b a c a c b

+ +

+ + ≥

+ + + + + +

Ta cã

3 3

( )( ) 8

a a b a c

a a b a c

+ +

+ + ≥

+ + ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) T−ơng tự

3

3

( )( ) 8 8 4

b b c b a

b b c b a

+ +

+ + ≥

+ + ( 2)

3 3

( )( ) 8 8 4

c c a c b

c c a c b

+ +

+ + ≥

+ + ( 3)

Cộng vế với vế bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy điều phải chứng minh Câu IV :

TÝnh thÓ tích hình chóp SBCMN

( BCM)// AD nên mặt phẳng cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD Ta cã : BC AB BC BM

BC SA

⊥



⇒ ⊥



⊥

 Tø giác BCMN hình thang vuông có BM đờng cao

A S

B C

M

N

Ta cã SA = AB tan600 = a

3 ,

3

3 2

3

2 3

a a

MN SM MN

AD SA a a

−

= ⇔ = =

Suy MN = 4

a BM = 2

a Diện tích hình thang BCMN :

S =

4

2 2 10

3

2 3

a a

BC MN a a

BM

 

+

 

+

=  =

 

 

Hạ AH BM Ta có SHBM BC (SAB) ⇒ BC ⊥ SH VËy SH ⊥( BCNM) SH đờng cao khối chóp SBCNM

Trong tam gi¸c SBA ta cã SB = 2a , AB AM

SB = MS =

1 2 VËy BM phân giác góc SBA 300

SBH= ⇒ SH = SB.sin300 = a Gäi V lµ thĨ tÝch chãp SBCNM ta cã V = 1 .( )

3SH dtBCNM =

3

10 3 27

a

PhÇn B (Thí sinh đợc làm phần I phần II)

Phần I (Danh cho thí sinh học chơng trình chuẩn)

Câu V.a.1) Véc tơ phơng hai đờng thẳng lần lợt là: u1

ur

(4; - 6; - 8)

2 u

uur

( - 6; 9; 12) +) u1

ur vµ u2

uur

cïng ph−¬ng

+) M( 2; 0; - 1) ∈ d1; M( 2; 0; - 1) ∉ d2 VËy d1 // d2

*) Véc tơ pháp tuyến mp (P) lµ n

r

= ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + =

2) AB

uuur

= ( 2; - 3; - 4); AB // d1

Gọi A1 điểm đối xứng A qua d1

Ta cã: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B

IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B

Khi A1, I, B thẳng hàng I giao điểm A1B d

Do AB // d1 nên I trung điểm A1B

*) Gọi H hình chiếu A lên d1 Tìm đợc H

36 33 15 ; ; 29 29 29

 

 

 

A’ đối xứng với A qua H nên A’ 43 95; ; 28 29 29 29

 

−

I trung điểm cña A’B suy I 65; 21; 43 29 58 29

− −

 

 

 

C©u VI a) log9(x + 1)

2 +

27

3

log log= 4−x+log (x+4) (1)

§ K: 4

1

x x

− < <

 

≠ −



(1) ⇔ log3(x + 1) + log34 = log3(4 – x) + log3(x + 4) ⇔ log34 x+1 = log3(16 – x2) ⇔ 4 x+1 = 16 – x2 Giải phơng trình tìm đợc x = x = - 24

PhÇn II

Câu V b 1) Các véc tơ phơng D1 D2 lần lợt u1

ur

( 1; - 1; 2) vµ u2

uur

( - 2; 0; 1) *) Cã M( 2; 1; 0) ∈ D1; N( 2; 3; 0) ∈ D2

XÐt u u1; 2.MN

ur uur uuuur

= - 10 ≠

I d1

H A

B

VËy D1 chÐo D2

*) Gäi A(2 + t; – t; 2t) ∈ D1 B(2 – 2t’; 3; t’) ∈ D2

1

AB u AB u

 =

 

=



uuurur

uuur uur ⇒

1 '

t t 

= −

 

 =



⇒ A 4; ;

3 3

 

−

 

 ; B (2; 3; 0)

Đờng thẳng qua hai điểm A, B đờng vuông góc chung D1 vµ D2

Ta cã ∆ :

x t

y t

z t

= +

 

= +



 =



*) Phơng trình mặt cầu nhận đoạn AB đờng kÝnh cã d¹ng:

2 2

11 13

6 6

x y z

     

− + − + + =

     

     

b.2) Đặt t =

log x+1 ta thÊy nÕu x ∈ 1;5 3 th× t [1;2] Phơng trình có dạng: t2 + 2t m – = 0; t

∈[1;2] ⇔t2 + 2t – = m ; t ∈[1;2] LËp bất phơng rình hàm f(t) = t2 + 2t

[1;2] ta đợc f(t) Đ K m là: m ≤

D2

A

B u2 uur

1 u

ur

Trờng THPT Đông Sơn kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 (lần 2) Môn Thi: Toán

Thi gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gm 02 trang)

Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm )

Câu I: (2 ®iĨm) Cho hµm sè

2

− − =

x x y

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

2 Cho M điểm (C) Tiếp tuyến (C) M cắt đ−ờng tiệm cận (C) A B. Gọi I là giao điểm đ−ờng tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ

C©u II (2 điểm)

1 Giải phơng trình

  

 

− =

− +

2 cos sin cos sin sin

1 2 x

x x x

x

2 Giải bất phơng tr×nh 

    

− +

− > − +

− x x x x

x

2 log ) ( 2 ) 4 ( log

2

2

Câu III (1 điểm)

TÝnh tÝch ph©n ∫ 

  

 

+ + =

e

dx x x x x

x I

1

2

ln ln

ln C©u IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a BC = a

SA=a 3, SAB=SAC=300 TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABC

Câu V (1 điểm)Cho a, b, clà ba số dơng thoả mFn : a + b + c =

4 Tìm giá trị nhỏ biểu

thøc

3

3 3

1

1

1

a c c b b a P

+ + + + +

=

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh đợc làm hai phần: Phần phần 2

Phần 1:(Theo chơng trình Chuẩn)

Câu VIa (2 ®iĨm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đ−ờng thẳng d1:2x−y+5=0

d2: 3x +6y – = LËp phơng trình đờng thẳng qua điểm P( 2; -1) cho đờng thẳng

ú ct hai ng thng d1 d2 tạo tam giác cân có đỉnh giao điểm hai đ−ờng

th¼ng d1, d2

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) mặt phẳng (P) có ph−ơng trình:x+y+z−2=0 Gọi A’là hình chiêú A lên mặt phẳng Oxy Gọi ( S) mặt cầu qua điểm A’, B, C, D Xác định toạ độ tâm bán kính đ−ờng tròn (C) giao (P) (S)

Câu VIIa (1 điểm)

Tìm số nguyên d−¬ng n biÕt:

2 2

2 2

2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 − (2 1)2 − + 40200

+ − + + + − − + + − + + = −

k k k n n

n n n n

Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao)

Câu VIb (2 điểm)

1.Trong mt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có ph−ơng trình: 16

2

= y x

Viết phơng trình tắc elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm (H) ngoại tiếp hình chữ nhật së cđa (H)

2 Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho ( )P :x+2y−z+5=0 đ−ờng thẳng

3

3 : )

(d x+ = y+ =z− , điểm A( -2; 3; 4) Gọi ∆là đ−ờng thẳng nằm (P) qua giao điểm ( d) (P) đồng thời vuông góc với d Tìm ∆ điểm M cho khong cỏch AM ngn nht

Câu VIIb (1 điểm):

Giải hệ phơng trình

+ = + +

=

+ − +

+

1

3

2 2

2

3

1

x xy x

x y y

x

- HÕt - Chó ý: ThÝ sinh dự thi khối B D làm câu V

Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm

Tr−ờng THPT đông sơn I kì thi KSCL tr−ớc tuyển sinh năm 2009 ( lần II) H−ớng dẫn chấm mơn tốn

- Điểm toàn thi không làm tròn

- Học sinh làm cách khác đ−ợc điểm tối đa

- NÕu häc sinh làm hai phần phần tự chọn không tính điểm phần tự chọn

- Thí sinh dự thi khối B, D làm câu V, thang điểm dành cho câu I câu III 1,5 điểm

Câu Nội dung §iĨm

I Khảo sát hàm số vẽ đồ thị hàm số 1,00

1) Hàm số có TXĐ: R\{ }2 0,25

2) Sự biến thiên hàm số:

a) Giới hạn vô cực đờng tiệm cận:

* =−∞ =+∞

+ −

→ →

y lim ;

y lim

2 x

x

Do đ−ờng thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số * lim lim

→+∞ = →−∞ = ⇒

x y x y đ−ờng thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số

0,25

b) Bảng biến thiên: Ta có:

(x 2) 0, x

1 '

y 2 <

= Bảng biến thiên:

x - ∞ + ∞

y’ - -

y

-∞ + ∞

2 * Hàm số nghịch biến khoảng (;2) (2;+)

0,25

3) Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung

2 ;

0 cắt trục hoành điểm

0 ;

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng

0,25

I Tìm M để đ−ờng trịn có diện tích nhỏ 1,00

Ta cã: , x

2 x

3 x ; x

M

0

0  ≠

  

 

− −

,

( )2 0

2 x

1 )

x ( ' y

− = Phơng trình tiếp tuyến với ( C) M cã d¹ng:

( ) x

3 x ) x x ( x

1 y

:

0 0

0 −

− + − −

− = ∆

0,25

O y

x

3/2 3/2

Toạ độ giao điểm A, B ( )∆ hai tiệm cận là: ; B(2x 2;2) x x ; A 0 −       − −

Ta thÊy M

0 B

A x x

2 x 2 x x = = − + = +

, M

0 B A y x x 2 y y = − − = +

suy M trung điểm AB

0,25

Mặt khác I = (2; 2) tam giác IAB vuông I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích

S = ≥ π

     − + − π =               − − − + − π = π ) x ( ) x ( 2 x x ) x ( IM 2 2 0 2 0,25

DÊu “=” x¶y 

  = = ⇔ − = − x x ) x ( ) x ( 0 2

Do có hai điểm M cần tìm M(1; 1) M(3; 3)

0,25

II Giải phơng trình lợng giác 1 ®iĨm

) ( cos sin cos sin sin

1 2 

     − = −

+ x x x x π x

( ) x sinx

2 cos x sin x cos x sin x sin 1 + =       − π + = − + ⇔ 0,25 x cos x sin x cos x sin x sin x sin x cos x sin x

sin =

     − − ⇔ =       − − ⇔ 0,25 x sin 2 x sin 2 x sin x sin =       + +       − ⇔ 0,25

sin x

x k

x k x

sin x x k , k

2 k2 x k4

2

x x

2 sin sin

2   = = π   = π    ⇔ = ⇔ π ⇔ ⇔ = π ∈  = + π  = π + π    + +  Z 0,25

II Giải bất phơng trình 1 điểm

ĐK: ( )*

2 x x x ) x ( x x x x 2 < ⇔       ≠ < ⇔      > − < ⇔      > + > 0,25 Với điều kiện (*) bất phơng trình tơng đơng với:

[log (1 2x) 1]

) x ( x ) x ( log

2 − − > + + − −

[log (1 2x) 1] x − + <

⇔ 0,25     < > ⇔           > − <    < − > ⇔           > − <    < − > ⇔           > + − <    < + − > ⇔ x x ) x ( x ) x ( x ) x ( log x ) x ( log x ) x ( log x ) x ( log x 2 2 0,25

Kết hợp với điều kiÖn (*) ta cã:

2 x <

III TÝnh tÝch ph©n 1 ®iĨm ∫ ∫ + + = e e xdx ln x dx x ln x x ln I

+) TÝnh ∫ + = e dx x x x I 1 ln ln

Đặt dx

x tdt ; x ln t x ln t = + = ⇒ + = §ỉi cËn: x=1⇒t=1;x=e⇒t=

0,25 ( ) ( ) ( ) 2 t t dt t tdt t t I 2 2 − =       − = − = −

= ∫ ∫ 0,25

+) TÝnh I x lnxdx

e

1

2= Đặt

= = ⇒    = = x v x dx du dx x dv x ln u 0,25 e

3 3 3

e e

2 1

1

x e x e e 2e

I ln x x dx

3 3 3 9

+

= − ∫ = − = − + = 0,25

= + =I1 3I2 I e 2 + − 0,25

IV TÝnh thĨ tÝch h×nh chãp ®iĨm

Theo định lí cơsin ta có:

2 2 2

SB =SA +AB −2SA.AB.cos SAB 3a= +a −2.a 3.a.cos30 =a Suy SB=a T−¬ng tù ta cịng cã SC = a

0,25 Gọi M trung điểm SA , hai tam giác SAB SAC hai tam giác cân

nªn MB ⊥ SA, MC ⊥ SA Suy SA ⊥ (MBC)

Ta cã S.ABC S.MBC A.MBC MBC MBC SA.SMBC S SA S MA V V

V = + = + =

0,25 Hai tam giác SAB SAC có ba cặp cạnh tơng ứng nên chóng

bằng Do MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N trung điểm BC suy MN ⊥ BC T−ơng tự ta có MN ⊥ SA

16 a 3 a a a AM BN AB AM AN MN 2 2 2 2 2 =         −       − = − − = − = a MN= ⇒ 0,25 Do 16 a a a a BC MN SA V ABC

S = = = 0,25

V Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 điểm áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số d−ơng ta có

z y x z y x xyz xyz z y x ) z y x ( 3 + + ≥ + + ⇒ = ≥       + + + + (*)

¸p dơng (*) ta cã 3 3 3 3 3 3

a c c b b a a c c b b a P + + + + + ≥ + + + + + = 0,25

áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số d−ơng ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3

a 3b 1

a 3b 1.1 a 3b

3

b 3c 1

b 3c 1.1 b 3c

3

c 3a 1

c 3a 1.1 c 3a

3 + + + + ≤ = + + + + + + ≤ = + + + + + + ≤ = + + 0,25

Suy 3a 3b 3b 3c 3c 3a 4 a( b c) 6

+ + + + + ≤  + + +  4.3

3

 

≤  + =

 

Do P≥3

0,25

DÊu = x¶y

3

a b c

a b c

4 a 3b b 3c c 3a

 + + =  ⇔ ⇔ = = =  + = + = + = 

Vậy P đạt giá trị nhỏ a=b=c=1/4

0,25

VIa.1 Lập phơng trình đờng thẳng 1 điểm

Cách 1: d1 có vectơ phơng a1(2;1); d2 cã vect¬ chØ ph−¬ng a2(3;6)

Ta cã: a1.a2=2.3−1.6=0 nên d1d2 d1 cắt d2 điểm I khác P Gọi d

đờng thẳng qua P( 2; -1) có phơng trình: B A By Ax ) y ( B ) x ( A :

d − + + = ⇔ + − + =

0,25

d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I d tạo với d1 ( d2)

gãc 450

   − = = ⇔ = − − ⇔ = − + + − ⇔ A B B A B AB A 45 cos ) ( B A B A

2 0 2 2

2

2

0,25

* Nếu A = 3B ta có đờng thẳng d:3x+y−5=0 0,25

* NÕu B = -3A ta có đờng thẳng d:x3y5=0

Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mFn yêu cầu toán d:3x+y5=0 y x :

d − − =

0,25 Cách 2: Gọi d đ−ờng thẳng cần tìm, d song song với đ−ờng phân giác

của đỉnh giao điểm d1, d2 ca tam giỏc F cho

Các đờng phân giác góc tạo d1, d2 có phơng tr×nh    ∆ = + + ∆ = + − ⇔ − + = + − ⇔ + − + = − + + − ) ( y x ) ( 22 y x y x y x y x ) ( y x 2 2 2 0,25

+) NÕu d // d có phơng trình 3x9y+c=0

Do P∈d nªn 6+9+c=0⇔c=−15⇒d:x−3y−5=0 0,25 +) NÕu d // d có phơng trình 9x+3y+c=0

Do Pd nên 183+c=0c=15d:3x+y5=0 0,25 Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mFn yêu cầu toán d:3x+y5=0

0 y x :

VIa 2 Xác định tâm bán kính đ−ờng trịn 1 điểm Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)

* Giả sử phơng trình mặt cầu ( S) qua A, B, C, D là: 0,25 (a b c d 0)

, d cz by ax z y

x2 2 2

> − + + = + + + + + +

V× A,'B,C,D∈( )S nªn ta cã hƯ:

        − = − = − = − = ⇔        = − + + − = + + + + = + + + + = + + − d c b a 21 d c b a 29 d c b a 14 d c b a 2 d b a

Vậy mặt cầu ( S) có phơng trình: x2+ y2 +z2 −5x−2y−2z+1=0

0,25

(S) cã t©m       ; ;

I , b¸n kÝnh

2 29 R=

+) Gọi H hình chiếu I lên (P) H tâm đờng tròn ( C) +) Gọi ( d) đờng thẳng qua I vuông góc với (P)

(d) có vectơ phơng là: n(1;1;1)

Suy phơng trình d: 

     + + + ⇒      + = + = + = t 1 ; t 1 ; t 2 5 H t 1 z t 1 y t 2 / 5 x

Do H=( )d ∩(P) nªn:

6 t t t t t − = ⇔ − = ⇔ = − + + + + +       ⇒ ; ; H 0,25 36 75

IH= = , (C) cã b¸n kÝnh

6 186 31 36 75 29 IH R

r 2

= = − = = 0,25

VII a. Tìm số nguyên dơng n biết 1 điểm

* XÐt 2n 2n

1 n k k n k 2 n 1 n n n

2 C C x C x ( 1) C x C x

) x ( + + + + + + + + − + − + − + − =

− (1)

* Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có:

n n n k k n k n 1 n n x C ) n ( x kC ) ( x C C ) x )( n ( + + − + + + + − + − + − + − = − +

− (2)

0,25 Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có:

1 n n n 2 k k n k n 2 n n x C ) n ( n x C ) k ( k ) ( x C C ) x )( n ( n

2 + −

+ − + + + − + − + − − + + − = − + 0,25

Thay x = vào đẳng thức ta có:

2 k k k 2n 2n

2n 2n 2n 2n

2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 − C 2n(2n 1)2 − C +

+ + + +

− + = − + + − − + − + 0,25

Phơng trình đF cho 2n(2n 1) 40200 2n2 n 20100 n 100 = ⇔ = − + = + 0,25

VIb.1 Viết phơng trình tắc E líp 1 điểm

(H) có tiêu điểm F1(−5;0) ( );F2 5;0 Hình chữ nhật sở (H) có đỉnh

M( 4; 3), 0,25

Gi¶ sư phơng trình tắc (E) có dạng: b y a x 2 2 =

+ ( víi a > b) (E) cịng cã hai tiªu ®iÓm F( 5;0) ( );F 5;0 a2 b2 52 ( )1

2

1 − ⇒ − =

0,25

(4;3) ( )E 9a 16b a b ( )2

M 2 2

= + ⇔ ∈

Tõ (1) vµ (2) ta cã hƯ:

   = = ⇔    = + + = 15 b 40 a b a b 16 a b a 2 2 2 2 0,25

VËy ph−¬ng trình tắc (E) là: 15 y 40 x2

=

VIb 2 Tìm điểm M thuộc ∆ để AM ngắn 1 im

Chuyển phơng trình d dạng tham số ta đợc: + = − = − = 3 t z t y t x Gäi I lµ giao ®iĨm cđa (d) vµ (P) ⇒I(2t−3;t−1;t+3)

Do I∈( )P ⇒2t−3+2(t−1)−(t−3)+5=0⇔t=1⇒I(−1;0;4)

0,25

* (d) cã vect¬ chØ ph−¬ng a(2;1;1), mp( P) có vectơ pháp tuyến n(1;2;1)

[ ]a,n =(−3;3;3)

⇒ Gäi u lµ vect¬ chØ ph−¬ng cđa ∆ ⇒u(−1;1;1) 0,25

     + = = − = ∆ ⇒ u z u y u x

: Vì MM(1u;u;4+u), AM(1u;u3;u) 0,25 AM ngắn AM ⇔AM⊥u⇔AM.u=0⇔−1(1−u)+1(u−3)+1.u=0

3 u=

⇔ VËy 

    − 16 ; ; M 0,25

VIIb Giải hệ phơng trình: 1 điểm

    + = + + = + − + + ) ( x xy x ) ( 2 x y y x

Phơng trình (2)

= − + − ≥ ⇔    + = + + ≥ + ⇔ ) ( 1

2 x x y

x x xy x x         − = − ≥ = ⇔         = − + = − ≥ ⇔ x y x x y x x x 1 0 0,25

* Víi x = thay vµo (1)

11 log 11 2 12

2+ y−2 = y ⇔ + y = y ⇔ y = ⇔ y= 2 0,25

* Víi    − = − ≥ x y x 1

thay y = – 3x vào (1) ta đợc: 23x+1+23x1 =3.2

Đặt

2 + = x

t V× x≥−1 nªn

4 ≥ t ( ) [ ( ) ]      + − = − + = ⇔     + = − = ⇔ = + − ⇔ = + ⇔ ) ( log y log x t i ¹ lo t t t t t ) ( 2 0,25

Vậy hệ phơng trình đF cho có nghiệm    = = 11 log y x

vµ [ ( ) ]

5

IV Tính thể tích khối lăng trô 1,00

Gọi M trung điểm BC, gọi H hình chiếu vng góc M lên AA’, Khi (P) ≡ (BCH) Do góc A ' AM nhọn nên H nằm AA’ Thiết diện lăng trụ cắt (P) tam giác BCH

0,25 Do tam giác ABC cạnh a nên

3 a AM AO , a

AM= = =

Theo bµi

4 a HM a BC HM a S 2

BCH = ⇒ = ⇒ =

0,25 a 16 a a HM AM AH 2 2 = − = − =

Do hai tam giác A’AO MAH đồng dạng nên

AH HM AO O ' A = suy a a 4 a 3 a AH HM AO O '

A = = =

0,25

ThÓ tÝch khèi lăng trụ:

12 a a a a BC AM O ' A S O ' A V

ABC = = =

= 0,25

V Tìm giá trị lớn 1,00

Ta cã a2+b2

≥ 2ab, b2+

≥ 2b ⇒

1 b ab 2 b b a b a 2 2 + + ≤ + + + + = + + T−¬ng tù a ca a c , c bc c b 2 2 + + ≤ + + + + ≤ + + 0,50 b ab b ab b ab b ab 1 a ca 1 c bc 1 b ab P = + + + + + + + + = + + + + + + + + ≤             0,25

P= a = b = c = Vậy P đạt giá trị lớn

2

a = b = c = 0,25 VIa.1 Viết phơng trình đờng tròn qua giao điểm của(E) (P) 1,00

Honh độ giao điểm (E) (P) nghiệm ph−ơng trình

0 x 37 x 36 x ) x x (

x 2

2 = − + − ⇔ = −

+ (*) 0,25

XÐt f(x) 9x4 36x3 37x2 − + −

= , f(x) liªn tơc trªn R cã f(-1)f(0) < 0,

f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < suy (*) có nghiệm phân biệt, (E) cắt (P) điểm phân biệt

0,25 Toạ độ giao điểm (E) (P) thỏa mPn hệ

     = + − = y x x x y 2 0,25 A B C C’ B’ A’ H

6 y x 16 y x 9 y x y x 16 x

8 2 2

2 2 = − − − + ⇒    = + = − ⇔ (**)

(**) phơng trình đờng tròn có tâm     = ;

I , b¸n kÝnh R =

9 161

Do giao điểm (E) (P) nằm đ−ờng trịn có ph−ơng trình (**)

0,25

VIa.2 Viết phơng trình mặt phẳng () 1,00

Do (β) // (α) nªn (β) có phơng trình 2x + 2y z + D = (D17)

Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = Đờng tròn có chu vi 6 nên có bán kính r =

0,25 Khoảng cách từ I tới () lµ h = R2 r2 52 32

= − =

− 0,25

Do 

  = − = ⇔ = + − ⇔ = − + + + − − + (lo¹i) 17 D D 12 D ) ( 2 D ) ( 2 2 0,25

VËy (β) cã phơng trình 2x + 2y z - = 0,25

VII.a T×m hƯ sè cđa x2 1,00

Ta cã =∫ + =∫( + + + + )

2 n n n 2 n n n

ndx C C x C x C x dx

) x ( I L n n n n n

n C x

1 n x C x C x C       + + + + +

= L +

suy I n

n n n n n C n C C 2 C + + + + + = +

L (1)

0,25 Mặt khác n ) x ( n I n n + − = + + = +

+ (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã n

n n n n n C n C C 2 C + + + + + = + L n 3n1

+ − =

+

Theo 6561 n

1 n 6560 n

3n n

= ⇒ = ⇔ + = + − + + 0,25

Ta cã khai triÓn ∑ ( ) ∑

− − =       =       + k 14 k k k k k 7

4 2 C x

1 x x C x x 0,25

Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa mPn 2 k 2

4 k 14 = ⇔ = −

VËy hÖ số cần tìm

4 21 C 2 = 0,25

VIb.1 Viết phơng trình ®−êng trßn 1,00

Do B ∈ d1 nªn B = (m; - m – 5), C ∈ d2 nªn C = (7 – 2n; n) 0,25

Do G trọng tâm tam giác ABC nên

   = + − − = − + + n m n m    = − = ⇔    = + − − = − ⇔ n m n m n m Suy B = (-1; -4), C= (5; 1)

0,25 Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình

0 c by ax y x2

= + + +

+ Do A, B, C ∈ (C) nªn ta cã hƯ

     − = = − = ⇔      = + + + + = + − − + = + + + + 27 / 338 c 18 / 17 b 54 / 83 a c b a 10 25 c b a 16 c b a 0,25

VËy (C) cã ph−¬ng tr×nh

27 338 y 17 x 27 83 y x2

= − + −

7

VIb.2 Tìm giá trị nhỏ nhÊt 1,00

Gäi G lµ träng tâm tam giác ABC, suy G =   

 

3 ; ;

Ta cã F MA2 MB2 MC2 (MG GA) (2 MG GB) (2 MG GC)2

+ + + + +

= +

+ =

2 2 2

2

2 GA GB GC 2MG(GA GB GC) 3MG GA GB GC

MG

3 + + + + + + = + + +

=

0,25 F nhá nhÊt ⇔ MG2 nhá nhÊt ⇔ M lµ hình chiếu G lên (P) 0,25

⇔

3

19

1

3 3 / / )) P ( , G ( d

MG =

+ +

− − − =

= 0,25

3 64 104 32 56 GC GB

GA2 2

= + + = + +

VËy F nhá nhÊt b»ng

9 553 64

3 19

2

= +

   

M hình chiếu G lên (P)

0,25

VIIb Giải hệ phơng tr×nh mị 1,00

  

+ − =

+ + = ⇔

  

+ − =

+ = +

+ − +

+ −

1 y x e

1 y x e

y x e

) x ( e e

y x

y x

y x

y x y x

Đặt u = x + y , v = x - y ta cã hÖ

  

− = −

+ = ⇔

  

+ =

+ =

) ( u v e e

) (

u e v e

1 u e

v u v

u

v 0,25

- NÕu u > v (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm

- Tơng tự u < v (2) vô nghiệm, nên (2) u=v 0,25 Thế vµo (1) ta cã eu = u+1 (3) XÐt f(u) = eu - u- , f'(u) = eu -

Bảng biến thiên:

u - ∞ +∞ f'(u) - +

f(u)

Theo b¶ng biÕn thiªn ta cã f(u) = ⇔u=0

0,25

Do (3) có nghiệm u =

  

= = ⇔

  

= −

= +

⇒

=

⇒

0 y

0 x y x

0 y x

v

Vậy hệ phơng trình đP cho có nghiÖm (0; 0)

Tr−ờng T.H.P.T Nguyễn Trung Ngạn Đề thi thử đại học năm 2009

Tổ toán Tin Môn to¸n - Khèi A

Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )

Phần A :Dành cho tất thi sinh

Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (c) hàm số : y = x3 – 3x2 +

2) BiÖn luËn theo m sè nghiÖm phơng trình : 2

1

m

x x

x

− − =

Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình : cos 11 sin sin 2009

4 2

x x x

π π π

     

− + − = +

     

     

2) Giải hệ phơng trình :

2

2

2

30 25

30 25

30 25

x x y y

y y z z z z x x

 − − =



− − =

 

− =

Câu III(2,0 điểm ) 1) TÝnh tÝch ph©n :

3

( 4)

3 1 3

x dx

x x

−

+

+ + + ∫

2) Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa mAn :2-x + 2-y +2-z = Chøng minh r»ng :

4 4 4

2 2 2 2 2 2

x y z

x y z+ + y z x+ + z x y+

+ + + ≥

2 2 2

4

x y z

+ + C©u IV( 1,0 ®iĨm ) :

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a Cạnh SA vng góc với

mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M cho

AM =

3

a

, mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD N TÝnh thĨ tÝch khèi chãp S.BCNM

PhÇn B ( Thí sinh đợc làm hai phần ( phần phần 2) Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo chơng trình chuẩn )

Câu V.a ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đ−ờng thẳng :

d1:

2

4

x− y z+

= =

− − ; d2 :

7 2

6 9 12

x− y− z

= =

−

1) Chøng minh r»ng d1 vµ d2 song song Viết phơng trình mặt phẳng ( P) qua d1 d2

2) Cho điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I đ−ờng thẳng d1 cho IA +IB đạt giá trị nhỏ

C©u VI.a (1.0điểm) Giải phơng trình : log (9 x+1)2+log 23 =log 3 4x +log (27 x+4)3 Phần 2( Dành cho học sinh học chơng trình nâng cao )

Câu V.b (2,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đ−ờng thẳng :

D1 :

2

1

x− y− z

= =

− , D2 :

2

x t

y z t

= −

 

=



 =



1) Chøng minh r»ng D1 chÐo D2 ViÕt ph−¬ng trình đờng vuông góc chung D1 D2

2) Viết phơng trình mặt cầu có đờng kính đoạn vuông góc chung D1 D2

CâuVI.b( 1,0 điểm) Cho phơng trình : log25 x+2 log25 x+ −1 m−2 0= , ( m lµ tham sè )

Tìm giá trị tham số m để ph−ơng trình đA cho có nghiệm thuộc đoạn 1;5 3

Hớng dẫn giải : Phần A: Dành cho tất thí sinh

Câu I : 1) ( Thí sinh tự khảo sát vẽ đồ thị ) 2) Đồ thị hàm số y =

(x −2x−2) x−1 , với x có dạng nh hình vẽ :

Dựa vào đồ thị ta có : *) Nếu m < -2 : Ph−ơng trình vơ nghiệm *) Nếu m = - : Ph−ơng trình có hai nghiệm

*) NÕu < m < : Phơng trình có nghiƯm ph©n biƯt *) nÕu m ≥ : Phơng trình có hai nghiệm phân biệt C©u II : 1) cos 11 sin sin 2009

4 2

x x x

π π π

     

− + − = +

     

      ( 1)

( 1) ⇔sin sin cos3

2 4 2

x π π x x

   

− − − =

   

    ⇔ -2

3

cos cos cos

4 2

x x

x π

 

+ =

 

 

⇔ cos3

x

= hc cos( )

4

x+ = Giải phơng trình tìm đợc nghiệm : 2 , x= 2 , x = k2

3 3 2

k

x =π + π π +k π π

2) Ta cã

2

2

2

30 25

30 25

30 25

x x y y

y y z z z z x x

 − − =



− − =

 

− − =



⇔

2

2

2

30

9 25

30

9 25

30 25

x y

x y z

y z x

z 

=



+

 

=



+

 

=



+



( 2) Tõ hÖ ta có x, y, z không âm

*) Nếu x = th× y = z = suy ( 0;0;0 ) lµ nghiƯm cđa hƯ *) NÕu x>0, y> , z > XÐt hµm sè : f(t) =

2

30 25

t

t + , t > Ta cã f’(t) =

( )2

1500 25

t t +

> với t > Do hàm số f(t) đồng biến trờn khong (0;+)

Hệ (2) đợc viết lại

( ) ( ) ( )

y f x z f y x f z

=

 

=



 =



Từ tính đồng biến hàm f ta dễ dàng suy x= y = z Thay vào hệ ph−ơng trình Ta đ−ợc nghiệm x = y = z = 5

3

y = m 1+ 1-

-

m

NghiƯm cđa hƯ lµ (0;0; ,) 5 5; ; 3

  

  

 

 

C©u III 1) TÝnh tÝch ph©n I =

1

( 4)

3 1 3

x dx

x x

−

+

+ + +

∫

Đặt t = x+1 Ta có I = ( )

2

2

0

20 12

2 6

3 2

t

t dt dt

t t +

− +

+ +

∫ ∫ = ( )

2

2

0

0

20 12

6

3 2

t

t t dt

t t +

− +

+ +

∫

= - +

2

0

28 8

2dt 1dt

t+ − t+

∫ ∫ = - + 28ln2 – ln3

2) Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa mAn :2-x + 2-y +2-z = Chøng minh r»ng :

2 42 2 42 2 24

x y z

x y z+ + y z x+ + z x y+

+ + + ≥

2 2 2

4

x + y + z

Đặt 2x = a , 2y =b , 2z = c Tõ gi¶ thiÕt ta cã : ab + bc + ca = abc

Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :

2 2

4

a b c a b c

a bc b ca c ab

+ +

+ + ≥

+ + + ( *)

( *) ⇔

3 3

2 2 4

a b c a b c

a abc b abc c abc

+ +

+ + ≥

+ + +

⇔

3 3

( )( ) ( )( ) ( )( ) 4

a b c a b c

a b a c b c b a c a c b

+ +

+ + ≥

+ + + + + +

Ta cã

3 3

( )( ) 8

a a b a c

a a b a c

+ +

+ + ≥

+ + ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) T−ơng tự

3

3

( )( ) 8 8 4

b b c b a

b b c b a

+ +

+ + ≥

+ + ( 2)

3 3

( )( ) 8 8 4

c c a c b

c c a c b

+ +

+ + ≥

+ + ( 3)

Cộng vế với vế bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy điều phải chứng minh Câu IV :

TÝnh thĨ tÝch h×nh chãp SBCMN

( BCM)// AD nên mặt phẳng cắt mp( SAD) theo giao tuyÕn MN // AD Ta cã : BC AB BC BM

BC SA

⊥



⇒ ⊥



⊥

 Tứ giác BCMN hình thang vuông có BM đờng cao

A S

B C

M

N

Ta cã SA = AB tan600 = a

3 ,

3

3 2

3

2 3

a a

MN SM MN

AD SA a a

−

= ⇔ = =

Suy MN = 4

a BM = 2

a Diện tích hình thang BCMN :

S =

4

2 2 10

3

2 3

a a

BC MN a a

BM

 

+

 

+

=  =

 



Hạ AH BM Ta có SHBM BC ⊥(SAB) ⇒ BC ⊥ SH VËy SH ⊥( BCNM) SH đờng cao khèi chãp SBCNM

Trong tam gi¸c SBA ta cã SB = 2a , AB AM

SB = MS =

1 2 Vậy BM phân giác góc SBA 300

SBH= ⇒ SH = SB.sin300 = a Gäi V lµ thĨ tÝch chãp SBCNM ta cã V = 1 .( )

3SH dtBCNM =

3

10 3 27

a

Phần B (Thí sinh đợc làm phần I phÇn II)

PhÇn I (Danh cho thÝ sinh học chơng trình chuẩn)

Câu V.a.1) Véc tơ phơng hai đờng thẳng lần lợt là: u1

ur

(4; - 6; - 8)

2 u

uur

( - 6; 9; 12) +) u1

ur vµ u2

uur

cïng ph−¬ng

+) M( 2; 0; - 1) ∈ d1; M( 2; 0; - 1) ∉ d2 Vậy d1 // d2

*) Véc tơ pháp tun cđa mp (P) lµ n

r

= ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + =

2) AB

uuur

= ( 2; - 3; - 4); AB // d1

Gọi A1 điểm đối xứng A qua d1

Ta cã: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B

IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B

Khi A1, I, B thẳng hàng I giao điểm A1B d

Do AB // d1 nªn I trung điểm A1B

*) Gọi H hình chiếu A lên d1 Tìm đợc H

36 33 15 ; ; 29 29 29

 

 

 

A’ đối xứng với A qua H nên A’ 43 95; ; 28 29 29 29

 

−

 

 

I lµ trung ®iĨm cđa A’B suy I 65; 21; 43 29 58 29

− −

 

 

 

C©u VI a) log9(x + 1)

2 +

27

3

log log= 4−x+log (x+4) (1)

§ K: 4

1

x x

− < <

 

≠ −



(1) ⇔ log3(x + 1) + log34 = log3(4 – x) + log3(x + 4) ⇔ log34 x+1 = log3(16 – x2) ⇔ 4 x+1 = 16 x2 Giải phơng trình tìm đợc x = x = - 24

Phần II

Câu V b 1) Các véc tơ phơng D1 D2 lần lợt u1

ur

( 1; - 1; 2) vµ u2

uur

( - 2; 0; 1) *) Cã M( 2; 1; 0) ∈ D1; N( 2; 3; 0) ∈ D2

XÐt u u1; 2.MN

ur uur uuuur

= - 10 ≠

I d1

H A

B

VËy D1 chÐo D2

*) Gäi A(2 + t; – t; 2t) ∈ D1 B(2 – 2t’; 3; t’) ∈ D2

1

AB u AB u

 =

 

=



uuurur

uuur uur ⇒

1 '

t t 

= −

 

 =



⇒ A 4; ;

3 3

 

−

 

; B (2; 3; 0)

Đờng thẳng qua hai điểm A, B đờng vuông góc chung cđa D1 vµ D2

Ta cã ∆ :

x t

y t

z t

= +

 

= +



 =

*) Phơng trình mặt cầu nhận đoạn AB đờng kính có dạng:

2 2

11 13

6 6

x y z

     

− + − + + =

     

   

b.2) Đặt t =

log x+1 ta thÊy nÕu x ∈ 1;5 3 t [1;2] Phơng trình có dạng: t2 + 2t – m – = 0; t

∈[1;2] ⇔t2 + 2t – = m ; t [1;2] Lập bất phơng rình hàm f(t) = t2 + 2t

[1;2] ta đợc f(t) Đ K m là: ≤ m ≤

D2

A

B u2 uur

1 u

ur

Trường THPT Cao Lãnh

TỔ TOÁN – TIN HỌC

(Đề có 01 trang)

KỲ THI DIỄN TẬP ĐẠI HỌC LẦN – 2009

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Ngày thi: 14/05/2009

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CÀ CÁC THÍ SINH:(7.0 điểm) Câu I ( 2.0 điểm)

Cho hàm số : y x= 3−(m x+ ) 2 +3mx 2m− (Cm), với m tham số thực

1 Khảo sát sự biến thiên vẽđồ thị của hàm số m=0

2 Xác định m để (Cm) có cực trị có hồnh độ thỏa

2 2

1

9

x + x =

Câu II (2.0 điểm)

1 Giải phương trình: 4 4sin 2− 2 x =2cos (3sinx x−5)

2 Giải bất phương trình: log (163 x−2.12 ) 2x 1x ≤ +

Câu III (2.0 điểm)

1 Tính tích phân:

3

2

x

I dx

x + =

+

∫

2 Giải hệ phương trình:

   

− = − +

= + − +

1 y x xy

y x y

x2 2

Câu IV (1.0 điểm)

Cho khối chóp SABC có đáy ABC tam giác vng tại B Biết SA vng góc với mặt

phẳng (ABC) AB=SA=a, BC=2a Một phặt phẳng qua A vng góc SC tại H cắt SB tại K

Tính diện tích tam giác AHK theo a

II PHẦN RIÊNG: (3.0 điểm)

* Theo chương trình chuẩn:

Câu V.a. (1.0 điểm)

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho H(1;2;3) Lập phương trình mặt phẳng đi qua H cắt Ox tại A,Oy tại B ,Oz tại C cho H trọng tâm của tam giác ABC

CâuVI.a (2.0 điểm)

Tìm GTLN, GTNN của hàm số ( ) 2x x

y= f x =e − e + [0;ln4].

2 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( ): 1

C y x

x

= + +

+ ( )

1

:

3

d y= x+

* Theo chương trình nâng cao:

Câu V.b. (1.0 điểm)

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho H(1;2;3) Lập phương trình mặt phẳng đi qua H cắt Ox tại A,Oy tại B ,Oz tại C cho H trọng tâm của tam giác ABC

Câu VI.b. (2.0 điểm)

1 Tìm mơđun acgument của số phức

21 3

i z

i

 + 

=  −

 

2 Xác định m để phương trình: x2 +3− x=m có nghiệm

Họ tên thí sinh:……… Số báo danh:………

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

Câu I

2.0 điểm

Câu II

2.0 điểm

( )

3 2

y x= − m x+ +3mx 2m− (Cm)

1 Với m=0 Ta có

( )

y= f x =x − x TXĐ: D=R

2

'

y = x − x

2 0

'

2

x y

y x x

x y

 = ⇒ =

= ⇔ − = ⇔

= ⇒ = −



lim

x→±∞y= ±∞

BBT:

x −∞ +∞ y’ + - +

y −∞

0

–4

+∞

ĐĐB:

x -1

y -4

Đồ thị: y

x

-4

2

O

-1

2 y x3 (m x) 2 3mx 2m

= − + + − (Cm) Xác định m để (Cm) có cực trị có

hồnh độ thỏa

2 2

1

9

x + x =

( )

2

' 3

y = x − m+ x+ m

( ) ( )

2

' 3

y = ⇔ x − m+ x+ m=

ĐK:

2

2 2

' ( 3)

1

9

m m

x x

∆ = + − >

 

+ =

 

( )

( )

2

1 2 2

'

2 4

9

m m

x x x x

x x

∆ = − + > 

+ −

⇔

=

2

2

2( 3)

2

3

6

m

m

m m

 + 

−

 

 

⇔ = ⇔ = −

1 Giải phương trình: 4 4sin 2− 2 x=2cos (3sinx x−5) (1)

TXĐ: D=R

(1) ⇔ 4 sin 2( − 2 x)=2cos (3sinx x−5) ⇔4cos 22 x−2cos (3sinx x−5) 0=

( ) ( )

⇔cos 2x 2cos 2x−3sinx+5 =0⇔cos 2x −4sin2 x−3sinx+7 =0

2

cos2

cos2 4 2

sin ( )

4sin 3sin

2

sin ( )

4

k

x x

x

x k

x x

x k

x loai

π π

π π





 = = +



 = 

⇔ ⇔ = ⇔ ∈

− − + = 

 

= +



= −

 



2 Giải bất phương trình: log (163 x−2.12 ) 2x 1x ≤ + (2)

ĐK: 16x −2.12x >0⇔x log> 4/32

(2) +

⇔16x−2.12x ≤32x 1 ⇔16x −2.12x −3.9x ≤0

   

⇔  −   − ≤

   

2x x

4 4

2. 3 0

3 3

 

⇔ <  ≤ ⇔ ≤

 

x

4/3 4

0 3 x log 3

3

So với điều kiện ta có: log4/33 x log< ≤ 4/ 33

Câu III

(2.0 điểm) 1 Tính tích phân:

7

2

x

I dx

x + =

+

∫

Đặt t= 3x 1+ ⇒t3 =x 1+ =

2

3t dt dx Đổi cận:

x 0 7

t 1 2

( )

2

2

2

1

1

5

1 231

.3

10

3

5 2

t

I t dt t t dt

t

t t

− +

= = + = =

 

+

 

∫ ∫  

 

2 ( ) ( )

2

2

1

2 x y x y xy

xy x y



 − − − + =

 

⇔

 

  + − = −

 

+ − + =

+ − = −

2

x y x y

xy x y 1

0

0

0

( )

1

1 0

1 4

4

5 5

x x

v

y x x

v y VN

  =  = −

  

=  =  = −

 



 

⇔ ⇔ ⇔ 

=



  

 

 



= −

= =

= =

=

= − = −

x - y

y xy

y x - y

x - y

xy xy

Câu IV

(1.0

điểm)

z

x

y B

C A

S

Trong không gian Oxyz, chọn B(0;0;0), A(a;0;0), C(0;2a;0), S(a;0;a)

+ mp (P) qua A(a,0;0) vng góc SC nên có VTPT

( ;2 ; ) ( 1; 2; 1) n= −a a a− =a − −

r

có pt: -x+2y-z+a=0 + (SC):

x a t

y t

z a t

 = −



=



 = −



; (SB):

x t y z t

 = 

=

  = 

+ ( ) ; ;5 6

a a a P SC=H 

 

I ; ( ) ; 0;

2

a a

P SB=K 

 

I

+

2 2

; ; ; ; 0; ; ; ; ;

6 2 6

a a a a a a a a

AH = −  AK−   AH AK= − 

     

uuur uuur uuur uuur

+

2

1

;

2 12

AHK

a S∆ = AH AK =

uuur uuur

Câu V.a.

(1.0

điểm)

+ mp(P) đi qua H(1;2;3), cắt Ox tại A(a;0;0), Oy tại B(0;b;0), Oz tại

C(0;0;c) có pt: x y z

a+b+c =

+ H trực tâm tam giác ABC ta có:

1

3 3

2

3

9

3

a

a b

b c c



=



 = 

 

= ⇔ =

 

 

=

 

=

 

+ Pt (P):

3

x y z

+ + =

CâuVI.a

(2.0

điểm)

Tìm GTLN, GTNN của hàm số y= f x( )=e2x−4.ex+3 [0;ln4].

' x x

y = e − e

2

' x x ln2

y = ⇔ e − e = ⇒x= (nhận) f(0)=0; f(ln4)=3; f(ln2)= –1

[ 0;ln 4]

x∈Max y= x=ln4; x∈Min y[ 0;ln 4] = −1khi x=ln2

2 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( ): 1

C y x

x

= + +

+

( ):

PTHĐGĐ:

2

1

1

1 3

2 3

2

x x

x x

x x x x

 =  ≠ −

 

+ + = + ⇔ ⇔

+  + − = = −



1

3

2

1

1

2 3

S x x dx x dx

x x

− −

   

= + + − +  =  − + 

+    + 

∫ ∫

1

3

1 3 35 35

ln ln3 ln ln ln

3 2 12 12

x

x x

−

   

=  − + +  = − + − + +  = − + = −

 

 

Câu V.b.

(1.0

điểm)

+ mp(P) đi qua H(1;2;3), cắt Ox tại A(a;0;0), Oy tại B(0;b;0), Oz tại

C(0;0;c) có pt: x y z

a+b+c=

+ H trực tâm tam giác ABC ta có:

1

3 3

2

3

9

3

a

a b

b c c



=



 = 

 

= ⇔ =

 

  =

 

=

 

+ Pt (P):

3

x y z

+ + =

Câu VI.b.

(2.0

điểm)

1 Tìm mơđun acgument của số phức

21 3

i z

i

 + 

=  −

 

Ta có: 5 3 (5 3 3)( ) cos2 sin2

1 12 3

1

i i

i

i i

i

π π

+ +  

+

= = − + =  + 

+

−  

Áp dụng CT Moa-vrơ:

( )

21 42 42 21 21

2 cos sin cos14 sin14

3

z=  π +i π = π +i π =

 

+ 21

z = ; acgument z: ϕ=0

2 Xác định m để phương trình: x2 +3− x =m(1) có nghiệm

Đặt f x( )= x2 +3− x C( ) ĐK: x≥0

( )

2

2

1

'( )

2

3

x x x x

f x

x

x x x x

− +

= − =

+ +

2

'( ) 3 30

f x = ⇒ x x− x + = ⇔ x x= x + ⇔ x −x − ⇒x= BBT

x −∞ 1/2 +∞

y’ + - +

y

Trường THPT Quỳnh Lưu

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN Mơn: Tốn

A. Phần chung cho tất cả thí sinh (7 diểm)

Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số: 2( )

1 x

y C

x

+ =

−

1. Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (C)

2. Cho điểm A(0; a) Tìm a để từ A kẽđược tiếp tuyến tới đồ thị (C) cho tiếp điểm tương ứng nằm về phía của trục hồnh

Câu 2: (2 điểm)

1. Tìm tập xác định của hàm số:

1

3

log

3

x x

x y

−

 − + 

=  

−

 

2. Tính tích phân:

6

4

os sin

c x

I dx

x

π

π

=∫ Câu 3: (2 điểm)

1. Cho hình chóp S.ABCD có SB=a 2các cạnh cịn lại đều bằng a Tính thể tích hình chóp theo a

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng ( )

x t y t z t

=

 

∆  =

 =



và điểm A(2; 0;1 ,) B(2; 1; ,− ) C(1; 0;1) Tìm đường thẳng ( )∆ điểm S cho: SA SB+ +SC

đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 4: (1 điểm)

Tính góc của tam giác ABC biết: os2A + 3( os2B + cos2C)

c c + =

B. Phần riêng (3 điểm) ( Thí sinh chỉ được làm một hai phần( phần hoặc 2))

I Theo chương trình Chuẩn:

Câu 5: (1điểm) Khai triển

10

1

3 3x

 

+

 

  thành đa thức:

2 10 10

a +a x+a x + +a x Tìm giá trị ak lớn nhất

(0≤k≤10)

Câu 6: (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạn độ Oxy Cho đường trịn: x2+y2−8x−6y=0 Viết

phương trình đường thẳng ( )∆ vng góc với đường thẳng: 3x – 4y + 10 = cắt đường tròn tại A, B sao cho AB =

Câu (1 điểm) Tùy theo m tìm giá trị bé nhất của biểu thức:

P=(x+2y−2)2+4x+2(m−2)y−12

II.Theo chương trình nâng cao nâng cao

Câu (1 điểm) CMR: ( )2(0 , )

n n n n k n k n

C + C − ≤ C ≤k≤n k∈Z

Câu 6: (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng

( )∆

os +y.sin +4sin

2

x c α α α − =

CMR ( )∆ luôn tiếp xúc với đường trịn cốđịnh Xác định đường trịn đó

Câu 7: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A(a; ; 0), B(0; b ; 0), C(0; ; c) và 2

3

a +b +c = Tìm a, b, c để khoảng cách từ O(0; ; 0) đến mặt phẳng (ABC) đạt giá trị lớn nhất

http://www.vnmath.com