Tài liệu 2 đề thi thử Đại học Môn Toán và đáp án

2 ĐỀ THI THỦ ĐẠI HỌC MƠN TỐN: ĐÀ NẴNG, VĨNH PHÚC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Mơn thi: TỐN, khối A 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 − 9x + 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm phương trình 8cos x − 9cos x + m = với x ∈ [0; π ] Câu II (2 điểm) Giải phương trình: log3 x ( x − 2)  x −   ÷ 2  = x−2  x + y + x − y = 12  Giải hệ phương trình:   y x − y = 12  Câu III (1 điểm) Tính diện tích miền phẳng giới hạn đường y =| x − x | y = x 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 π π π    4sin3xsinx + 4cos  3x - ÷cos  x + ÷− cos  2x + ÷+ m = 4 4 4    PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x + y + = phân giác CD: x + y − = Viết phương trình đường thẳng BC  x = −2 + t  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số  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 + + ≤ xy + yz + zx + x + y + z Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) đường thẳng ∆ có  x = −1 + 2t  phương trình tham số  y = − t Một điểm M thay đổi đường thẳng ∆ , xác định vị trí điểm  z = 2t  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 b c   a + + + : Phương trình cho vơ nghiệm : Phương trình cho có nghiệm 81 : Phương trình cho có nghiệm 32 < m < : Phương trình cho có nghiệm m=0 : Phương trình cho có nghiệm 1≤ m < m   x >  x >   x = x = x =       log x =  x =  x =   ⇔   ⇔  ⇔  ⇔x=2  ln x −  =  x − =  x =     ÷  2 2      x >  x >  x >    Điều kiện: | x | ≥ | y | u = x − y ; u ≥  Đặt  ; x = − y không thỏa hệ nên xét x ≠ − y ta có v = x + y  1 u2  y =  v − ÷ 2 v  0,50 0,50 1,00 0,25 Hệ phương trình cho có dạng: u + v = 12  u2  u  v − ÷ = 12 2  v    u = u = ⇔  v = v =  x2 − y = u =  ⇔ + (I) v = x + y =  0,25  u =  x − y = ⇔ (II) v = x + y =  + Giải hệ (I), (II) Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu S = { ( 5;3) , ( 5; ) } 0,25 0,25 III 1,00 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y =| x − x | (C ) ( d ) : y = x Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d): x ≥ x ≥ x =   2 | x − x |= x ⇔   x − x = x ⇔   x − x = ⇔  x =    x = x − x = −2 x x − 2x =    0,25 Suy diện tích cần tính: S= ∫( ) x − x − x dx + ∫( x ) − x − x dx 2 Tính: I = ∫ ( | x − x | −2 x ) dx 2 Vì ∀x ∈ [ 0; 2] , x − x ≤ nên | x − x |= − x + x ⇒ I = ∫ ( − x + x − x ) dx = 2 0,25 Tính K = ∫ ( | x − x | −2 x ) dx 2 Vì ∀x ∈ [ 2; 4] , x − x ≤ ∀x ∈ [ 4;6] , x − x ≥ nên 0,25 K = ∫ ( x − x − x ) dx + ∫ ( x − x − x ) dx = −16 Vậy S = + 16 = 52 0,25 IV 1,00 0,25 Gọi H, H’ tâm tam giác ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ trung điểm  AB ⊥ IC ⇒ AB ⊥ ( CHH ') ⇒ ( ABB ' A ' ) ⊥ ( CII ' C ' )  AB ⊥ HH ' AB, A’B’ Ta có:  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 ' Gọi x cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x cạnh đáy lớn Ta có: x x I ' K = I ' H ' = I 'C ' = ; IK = IH = IC = 3 x x Tam giác IOI’ vuông O nên: I ' K IK = OK ⇒ = r ⇒ x = 6r Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V = Trong đó: B = ( h B + B '+ B.B ' ) 0,25 0,25 4x x 3r = x = 6r 3; B ' = = ; h = 2r 4 2r  3r 3r  21r  6r + ÷= + 6r Từ đó, ta có: V = 3 2 ÷   0,25 V 1,00 Ta có: +/ 4sin3xsinx = ( cos2x - cos4x ) ; π π   π    +/ 4cos  3x - ÷cos  x + ÷ = cos  2x - ÷+ cos4x  = ( sin 2x + cos4x )  4 4 2     π  1 π   2 +/ cos  2x + ÷ = 1 + cos  4x + ÷÷ = ( − sin 4x )  2    0,25 Do phương trình cho tương đương: 1 ( cos2x + sin2x ) + sin 4x + m - = (1) 2 π  Đặt t = cos2x + sin2x = 2cos  2x - ÷ (điều kiện: − ≤ t ≤ ) 4  Khi sin 4x = 2sin2xcos2x = t − Phương trình (1) trở thành: t + 4t + 2m − = (2) với − ≤ t ≤ (2) ⇔ t + 4t = − 2m Đây phuơng trình hồnh độ giao điểm đường ( D) : y = − 2m (là đường song song với Ox cắt trục tung điểm có tung độ – 2m) (P): y = t + 4t 0,25 với − ≤ t ≤ Trong đoạn  − 2;  , hàm số y = t + 4t đạt giá trị nhỏ −   t = − đạt giá trị lớn + t = 0,25 Do u cầu tốn thỏa mãn − ≤ − 2m ≤ + ⇔ −2 ≤ m ≤ 2 0,25 VIa Điểm C ∈ CD : x + y − = ⇒ C ( t ;1 − t ) 2,00 1,00  t +1 − t  ; Suy trung điểm M AC M  ÷    t +1  − t + = ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 ) ÷+   Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − = I (điểm K ∈ BC ) Suy AK : ( x − 1) − ( y − ) = ⇔ x − y + = Điểm M ∈ BM : x + y + = ⇒  x + y −1 = ⇒ I ( 0;1) x − y +1 = 0,25 0,25 0,25 Tọa độ điểm I thỏa hệ:  Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK ⇒ tọa độ K ( −1;0 ) Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: x +1 y = ⇔ 4x + 3y + = −7 + 0,25 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 IH ⊥ AH  d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH  H ∈ ( P )  0,25 Mặt khác  Trong mặt phẳng ( P ) , IH ≤ IA ; maxIH = IA ⇔ H ≡ A Lúc (P) vị trí (P0) vng góc với IA A r ur u r Vectơ pháp tuyến (P0) n = IA = ( 6;0; −3) , phương với v = ( 2;0; −1) Phương trình mặt phẳng (P0) là: ( x − ) − ( z + 1) = 2x - z - = VIIa 0,25 0,50 1,00 Để ý ( xy + 1) − ( x + y ) = ( − x ) ( − y ) ≥ ;  yz + ≥ y + z  zx + ≥ z + x 0,50 tương tự ta có  Vì ta có:  1  x y z + + + + +1+1+1 ÷≤  xy + yz + zx +  yz + zx + xy + ( x + y + z)  ≤ x y z + + +3 yz + zx+y xy + z  z y  = x − − ÷+  yz + zx + y xy + z   z y  ≤ x 1 − − ÷+  z+ y y+z =5 VIb uu ur Ta có: AB = ( −1; ) ⇒ AB = Phương trình AB là: 2x + y − = I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) I trung 0,50 2,00 1,00 0,25 điểm AC BD nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − ) Mặt khác: S ABCD = AB.CH = (CH: chiều cao) ⇒ CH = 0,25  5 8 8 2 | 6t − | t = ⇒ C  ; ÷, D  ; ÷ = ⇔     Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔ 5 t = ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )  5 8 8 2 Vậy tọa độ C D C  ; ÷, D  ; ÷ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 3 3 3 3 0,50 1,00 Gọi P chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM Vì AB khơng đổi nên P nhỏ AM + BM nhỏ  x = −1 + 2t  Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:  y = − t  z = 2t  Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) ( −2 + 2t ) + ( −4 − t ) + ( 2t ) = 9t + 20 = BM = ( −4 + 2t ) + ( −2 − t ) + ( −6 + 2t ) = 9t − 36t + 56 = AM + BM = ( 3t ) 2 2 ( + ) ( 3t ) ( AM = + ( 3t − ) ( 3t − ) + ( + ) ) 0,25 2 ( + ) 2 r ( ) r ( ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; v = −3t + 6; r | u |=  Ta có  r | v |=   ( 3t ) ( + ( 3t − ) ( ) ) + r r r r r r Suy AM + BM =| u | + | v | u + v = 6; ⇒| u + v |= 29 r r r r r r Mặt khác, với hai vectơ u , v ta có | u | + | v |≥| u + v | ( 0,25 ) Như AM + BM ≥ 29 r r Đẳng thức xảy u , v hướng 3t = ⇔ t =1 −3t + ⇒ M ( 1;0; ) ( AM + BM ) = 29 ⇔ ( Vậy M(1;0;2) minP = 11 + 29 0,25 ) VIIb 0,25 1,00 a + b > c  Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên: b + c > a c + a > b  Đặt a+b c+a = x, = y , a = z ( x, y , z > ) ⇒ x + y > z , y + z > x, z + x > y 2 Vế trái viết lại: 0,50 a+b a+c 2a + + 3a + c 3a + b 2a + b + c x y z = + + y+z z+x x+ y VT = Ta có: x + y > z ⇔ z ( x + y + z ) < z ( x + y ) ⇔ 2z z > x+ y+z x+ y x 2x y 2y < ; < y+z x+ y+z z+x x+ y+z 2( x + y + z) x y z + + < = Do đó: y+z z+x x+ y x+ y+z b c   + + + 0) ⇔ (2m + n)x + my + nz + m − 2n = | 3m | = Vậy góc (P) (Q) là: cos α = 3 5m + 2n + 4mn ⇔ m2 + 2mn + n2 = ⇔ (m + n)2 = ⇔ m = −n Chọn m = 1, n = −1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y − z + = 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 13 1/ Phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ x = là: y = 4x − IV 0.25 2  V = π  ∫ x dx − ∫ (4 x − 4) dx ÷ Thể tích vật thể trịn xoay cần tìm là:  ÷ 0   16π  x5 16 − ( x − 1)3 ÷ = = π  15  0.25 0.5  1  + + ÷≥  + xy + yz + zx  2/ Ta có: [ (1 + xy ) + (1 + yz ) + (1 + zx) ]  0.25 ⇔P≥ 9 ≥ + xy + yz + zx + x + y + z 0.25 ⇒ P≥ = 0.25 Vậy GTNN Pmin = x = y = z 0.25 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) Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A C = −2A Với C = −2A ⇒ A = B = (loại) V 0.25 0.25 Với C = 4A ⇒ B = ± 2A ⇒ Đường thẳng cho có phương trình: Ax ± 0.25 2A y + 4A = ⇔ x ± y+4=0 3 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: x ± y+4=0 0.25 14 12 12 k 12 1      k  Ta có:  x + − 1÷ = 1 −  x + ÷ = ∑ (−1)12−k C12  x + ÷ x  x  x     k =0 12 V = ∑ (−1) 12−k k =0 12 k C12 k i =0 i  12 k 12− k k i k −4i − i x  ÷ = ∑∑ ( −1) C12Ck x x  k =0 i =0  k −i  ∑ (x ) i Ck 0.25 k 0.25 k i = ∑∑ (−1)12−k C12Ck x k −5i k =0 i =0 Ta chọn: i, k ∈N, ≤ i ≤ k ≤ 12; 4k − 5i = ⇒ i = 0, k = 2; i = , k = 7; i = 8, k 12 0.25 12 Vậy hệ số cần tìm là: C12 C2 − C12 C7 + C12 C12 = −27159 0.25 15 ... tuyến (P) ⇔ 12B2 = 4AC ⇔ 3B2 = AC (2) Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A C = −2A Với C = −2A ⇒ A = B = (loại) V 0 .25 0 .25 Với C = 4A ⇒ B = ± 2A ⇒ Đường thẳng cho có phương trình: Ax ± 0 .25 2A y + 4A... = (1) 2 π  Đặt t = cos2x + sin2x = 2cos  2x - ÷ (điều kiện: − ≤ t ≤ ) 4  Khi sin 4x = 2sin2xcos2x = t − Phương trình (1) trở thành: t + 4t + 2m − = (2) với − ≤ t ≤ (2) ⇔ t + 4t = − 2m Đây... x ± y+4=0 0 .25 14 12 12 k 12 1      k  Ta có:  x + − 1÷ = 1 −  x + ÷ = ∑ (−1) 12? ??k C 12  x + ÷ x  x  x     k =0 12 V = ∑ (−1) 12? ??k k =0 12 k C 12 k i =0 i  12 k 12? ?? k k i k