Tài liệu Đề thi thử đại học môn Toán khối A 2009 - THPT Nguyễn Trung Ngạn pdf

Trờng T.H.P.T Nguyễn Trung Ngạn

Đề thi thử đại học năm 2009

Tổ
toán Tin
Môn toán -
Khối A
Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )
Phần A : Dành cho tất cả các thi sinh .
Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (c) của hàm số : y = x
3
3x
2
+ 2
2) Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình :
2
2 2
1
m
x x
x
=


Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình :
11 5 7 3 2009
cos sin 2 sin
4 2 4 2 2 2
x x x

+ = +




2) Giải hệ phơng trình :

2 2
2 2
2 2
30 9 25 0
30 9 25 0
30 9 25 0
x x y y
y y z z
z z x x

=

=


=


Câu III(2,0 điểm ) 1) Tính tích phân
:
3
1

( 4)
3 1 3
x dx
x x

+
+ + +


2)
Cho x , y , z là ba số thực thỏa mn :

2
-x
+ 2
-y
+2
-z
= 1
.Chứng minh rằng :

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
+ +

Câu IV

( 1,0 điểm ) :
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với
mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 60
0
. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho
AM =
3
3
a
, mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N . Tính thể tích khối chóp S.BCNM .
Phần B ( Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 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 đờng thẳng :

d
1

:
2 1
4 6 8
x y z
+

= =

;
d
2
:

7 2
6 9 12
x y z

= =


1)
Chứng minh rằng d
1
và d
2
song song . Viết phơng trình mặt phẳng ( P) qua d
1
và d
2
.
2)
Cho điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đờng thẳng d
1
sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất
Câu VI.a (1.0
điểm

)

Giải phơng trình :
2 3
9 27
3 3
log ( 1) log 2 log 4 log ( 4)
x x x+ + = + +

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 đờng thẳng :

D
1
:

2 1
1 1 2
x y z

= =

,
D
2

:
2 2
3

x t
y
z t
=


=


=



1) Chứng minh rằng D
1
chéo D
2
. Viết phơng trình đờng vuông góc chung của D
1
và D
2

2) Viết phơng trình mặt cầu có đờng kính là đoạn vuông góc chung của D
1
và D
2

CâuVI.b

( 1,0 điểm) Cho phơng trình :

2 2
5 5
log 2 log 1 2 0
x x m
+ + =
, ( m là tham số ) .
Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình đ cho có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn
3
1;5



.Hết

Giám thị coi thi không giải thích gì thêm .




Hớng dẫn giải :
Phần A
: Dành cho tất cả các thí sinh
Câu I
: 1) ( Thí sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị )
2) Đồ thị hàm số y =
2
( 2 2) 1
x x x

, với x

1 có dạng nh hình vẽ :













Dựa vào đồ thị ta có : *) Nếu m < -2 : Phơng trình vô nghiệm
*) Nếu m = - 2 : Phơng trình có hai nghiệm
*) Nếu 2 < m < 0 : Phơng trình có 4 nghiệm phân biệt
*) nếu m

0 : Phơng trình có hai nghiệm phân biệt
Câu II : 1)
11 5 7 3 2009
cos sin 2 sin
4 2 4 2 2 2
x x x


+ = +

( 1)
( 1)

5 3 3
sin sin 2 cos
2 4 4 2 2
x x x


=




-2
3 3
cos cos 2 cos
4 2 2
x x
x


+ =

3
cos 0
2
x
=
hoặc
2
cos( )
4 2
x

+ =
. Giải các phơng trình cơ bản tìm đợc nghiệm :

2
, x= 2 , x = k2
3 3 2
k
x k


= + +

2) Ta có
2 2
2 2
2 2
30 9 25 0
30 9 25 0
30 9 25 0

x x y y
y y z z
z z x x

=

=


=



2
2
2
2
2
2
30
9 25
30
9 25
30
9 25
x
y
x
y
z

y
z
x
z

=

+


=

+


=

+

( 2). Từ hệ ta có x, y, z không âm
*) Nếu x = 0 thì y = z = 0 suy ra ( 0;0;0 ) là nghiệm của hệ
*) Nếu x>0, y> 0 , z > 0 . Xét hàm số : f(t) =
2
2
30
9 25
t
t
+
, t > 0

Ta có f

(t) =
( )
2
2
1500
9 25
t
t +
> 0 với mọi t > 0 .
Do đó hàm số f(t) đồng biến trên khoảng
(
)
0;
+

Hệ (2) đợc viết lại
( )
( )
( )
y f x
z f y
x f z
=


=

=

.
Từ tính đồng biến của hàm f ta dễ dàng suy ra x= y = z . Thay vào hệ phơng trình
Ta đợc nghiệm x = y = z =
5
3
.
y = m

1+
3

1-
3

- 2
m

1

2

Nghiệm của hệ là
( )
5 5 5
0;0;0 , ; ;
3 3 3

Câu III 1)
Tính tích phân
I =
3
1
( 4)
3 1 3
x dx
x x

+
+ + +


Đặt t =
1
x
+
. Ta có I =
( )
2 2
2
0 0
20 12
2 6

3 2
t
t dt dt
t t
+
+
+ +

=
( )
2
2 2
0
2
0
20 12
6
3 2
t
t t dt
t t
+
+
+ +


= - 8 +
2 2
0 0
28 8

2 1
dt dt
t t

+ +

= - 8 + 28ln2 8 ln3
2)
Cho x , y , z là ba số thực thỏa mn :

2
-x
+ 2
-y
+2
-z
= 1
.Chứng minh rằng :

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
+ +

Đặt 2
x
= a , 2
y
=b , 2
z
= c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
+ +
+ +
+ + +
( *)
( *)

3 3 3
2 2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc
+ +
+ +
+ + +

3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
+ +
+ +
+ + + + + +

Ta có
3
3
( )( ) 8 8 4
a a b a c
a
a b a c
+ +
+ +
+ +
( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)
Tơng 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 các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh
Câu IV :

Tính thể tích hình chóp SBCMN
( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có :
BC AB
BC BM
BC SA







. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đờng cao
A

S

B

C

M
N

D

H

Ta có SA = AB tan60
0
= a
3
,
3
3
2
3
2 3
3
a
a
MN SM MN
AD SA a
a

= = =

Suy ra MN =
4
3
a
. BM =
2
3
a
Diện tích hình thang BCMN là :
S =
2

4
2
2 10
3
2 2
3 3 3
a
a
BC MN a a
BM

+

+
= =




Hạ AH

BM . Ta có SH

BM và BC

(SAB)

BC

SH . Vậy SH

( BCNM)


SH là đờng cao của khối chóp SBCNM
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
AB AM
SB MS
=
=
1
2
.
Vậy BM là phân giác của góc SBA


0
30
SBH
=


SH = SB.sin30
0
= a
Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V =
1
.( )
3
SH dtBCNM

=
3
10 3
27
a

Phần B
. (Thí sinh chỉ đợc làm phần I hoặc phần II)

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


Câu V.a.1
) Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là:
1
u
ur
(4; - 6; - 8)

2
u
uur
( - 6; 9; 12)
+)
1
u
ur
và

2
u
uur
cùng phơng
+) M( 2; 0; - 1)

d
1
; M( 2; 0; - 1)

d
2

Vậy d
1
// d
2

*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là
n
r
= ( 5; - 22; 19)
(P): 5x 22y + 19z + 9 = 0
2)
AB
uuur
= ( 2; - 3; - 4); AB // d
1

Gọi A

1
là điểm đối xứng của A qua d
1

Ta có: IA + IB = IA
1
+ IB

A
1
B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A
1
B
Khi A
1
, I, B thẳng hàng

I là giao điểm của A
1
B và d
Do AB // d
1
nên I là trung điểm của A
1
B.
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d
1
. 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 là trung điểm của AB suy ra I
65 21 43
; ;
29 58 29






Câu VI a)
log
9
(x + 1)
2

+
3
27
3 3
log 2 log 4 log ( 4) (1)
x x= + +
Đ K:
4 4
1
x
x
< <





(1)

log
3
(x + 1) + log
3
4 = log
3
(4 x) + log
3
(x + 4)

log
3
4
1
x
+
= log
3
(16 x
2
)

4
1
x
+
= 16 x
2

Giải phơng trình tìm đợc x = 2 hoặc x = 2 -
24


Phần II.
Câu V. b. 1) Các véc tơ chỉ phơng của D
1
và D
2
lần lợt là
1

u
ur
( 1; - 1; 2) và
2
u
uur
( - 2; 0; 1)
*) Có M( 2; 1; 0)

D
1
; N( 2; 3; 0)

D
2

Xét
1 2
; .
u u MN


ur uur uuuur
= - 10

0
I

d
1

H

A

B

A
1

Vậy D
1

chéo D
2

*) Gọi A(2 + t; 1 t; 2t)

D
1

B(2 2t; 3; t)

D
2


1
2
. 0
. 0

AB u
AB u

=


=


uuurur
uuur uur



1
3
' 0
t
t

=



=




A

5 4 2
; ;
3 3 3




; B (2; 3; 0)
Đờng thẳng

qua hai điểm A, B là đờng vuông góc chung của D
1
và D
2
.
Ta có

:
2
3 5
2
x t
y t
z t
= +


= +

=


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

2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
x y z

+ + + =



b.2) Đặt t =
2
5
log 1
x
+
ta thấy nếu x


3
1;5


thì t

[
]
1;2

Phơng trình có dạng: t
2
+ 2t m 3 = 0; t

[
]
1;2



t
2
+ 2t 3 = m ; t

[
]
1;2

Lập bất phơng rình hàm f(t) = t
2
+ 2t 3 trên
[
]
1;2
ta đợc 0

f(t)

5
Đ K của m là: 0

m

5














D
2
A

B

2
u

uur

1
u
ur

D
1