Tài liệu TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 TOÁN CÓ ĐÁP ÁN docx

Trang 1/7
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
MÔN TOÁN – KHỐI D
(Thời gian làm bài: 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)
Cho hàm số
4 2
2 2y x x  
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình các tiếp tuyến kẻ đến đồ thị (C), biết rằng các tiếp tuyến này đi qua
điểm A(0; 2)
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình:
 
 
2 2
2log log 6
2 3.2 1
x x
x x
 

 
2. Giải phương trình:
 
2
2
2
sinx+cosx 2sin

2
sin sin 3
1 cot 2 4 4
x
x x
x
 

 
   
   
   
 

   
 
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân:
2
1
1
5
x x
I dx
x




Câu IV. (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, tam giác SAC cân tại S, góc SBC bằng

0
60
, mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính theo a thể tích của khối chóp
S.ABC.
Câu V. (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
 
2
3 2 2
1 0x x x m x    
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm
       
1; 1;0 , 1; 1;2 , 2; 2;1 , 1;1;1A B C D    
.
1. Tính góc và khoảng cách giữa các đường thẳng AB và CD.
2. Giả sử
 

là mặt phẳng đi qua D và cắt ba trục toạ độ Ox, Oy, Oz tương ứng tại các
điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Hãy viết phương
trình của mặt phẳng
 

Câu VII.a (1,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn ab + bc + ca = 3.
Chứng minh rằng:
     
2 2 2

1 1 1 1
1 1 1a b c b a c c b a abc
  
     
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm
         
1; 1;0 , 1; 1;2 , 2; 2;1 , 1;1;1 , 4;2;1A B C D E    
.
1. Tính góc và khoảng cách giữa các đường thẳng AB và CD.
2. Giả sử
 

là mặt phẳng đi qua E và cắt tia Ox tại M, tia Oy tại N, tia Oz tại P. Viết
phương trình mặt phẳng
 

khi tứ diện OMNP có thể tích nhỏ nhất.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm hệ số của
10
x
trong khai triển
 
10
3
1
1 x 0x
x
 

  
 
 
Hết
Trang 2/7
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH
TỔ TOÁN
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
MÔN TOÁN – KHỐI D
Câu
Đáp án
Điểm
I
2,00
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm)
4 2
2 2y x x  
Tập xác định
D  
Sự biến thiên:
 
3 2
' 4 4 4 1y x x x x   
 
2
0
' 0 4 1 0 1
1
x

y x x x
x



      




0,25
Bảng biến thiên
x
– – 1 0 1 +
y’
– 0 + 0 – 0 +
y
+ 2 +
1 1
0,25
     
CD
1 1 1, 0 2
CT
y y y y y     
0,25
1
Đồ thị:
0,25
–1

0
1
x
y
2
1
Trang 3/7
2
Viết phương trình tiếp tuyến (1,00 điểm)
Phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm
 
0;2A
có hệ số góc k là:
2y kx 
(d) là tiếp tuyến của đồ thị (C) khi và chỉ khi HPT:
 
 
4 2
3
2 2 2 1
4 4 2
x x kx
x x k

   


 



có nghiệm.
Từ (1) và (2) suy ra:
 
4 2 3
4 2
2
2
2 2 4 4 2
3 2 0
0
0
2
6
3
3
x x x x x
x x
x
x
x
x
    
  






 




 




0,25
0,25
* Với x = 0, thay vào (2) ta được k = 0, ta có PTTT
 
1
: 2d y 
* Với
6
3
x  
, thay vào (2) ta được
4 6
9
k 
,
ta có PTTT
 
2
4 6
: 2
9
d y x 

* Với
6
3
x 
, thay vào (2) ta được
4 6
9
k  
,
ta có PTTT
 
3
4 6
: 2
9
d y x  
0,50
II
2,00
1
Giải bất phương trình (1,00 điểm)
 
 
 
2 2
2log log 6
2 3.2 1 1
x x
x x
 


 
Điều kiện: x > 0 (*)
Khi đó:
2 3.2 2 1
x x x
  
0,25
   
 
 
2 2 2
1 2log log 6 log 2 3.2 0 2
x x
x x

 
    
 
Vì
2 3.2 2 1
x x x
  
, nên
 
2
log 2 3.2 0
x x
 
0,25

Do đó
     
2
2 2 2 2
2 2log log 6 0 log log 6x x x x
 
      
 
2 2
6 6 0 2 3x x x x x x           
0,25
Đối chiếu với điều kiện (*), ta được x > 3.
Vậy nghiệm của bất phương trình là x > 3.
0,25
2
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Trang 4/7
 
 
2
2
2
sinx+cosx 2sin
2
sin sin 3 1
1 cot 2 4 4
x
x x
x
 


 
   
   
   
 

   
 
Điều kiện:
 
sinx 0 *
PT
 
 
 
2 2
2
1 1 2sinxcosx 2sin .sin .2 os 2 sinx 1
2 4
x x c x

 
    
 
 
0,25
 
2
sin 2 os2x .sin 2 os 2 sinx

4
x c x c x

 
   
 
 
2 os 2 .sin 2 os 2
4 4
c x x c x
 
   
   
   
   
sinx 0,sin2x+cos2x= 2 os 2
4
c x

 
 
 
 
 
 
 
0,25
3
.
2 .

os 2 0
8 2
4 2
4
.2
.2
sinx=1
2
2
x k
x k
c x
x m
x m
 
 









 
 
  



 
 

  


 



 
 






0,25
Đối chiếu điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là:
 
3
. ; .2 ,
8 2 2
x k x m k m Z
  

    
0,25
III

Tính tích phân
1,00
2
1
1
5
x x
I dx
x




Đặt
2
1 1; 2t x x t dx tdt     
0,25
Đổi cận:
1 0; 2 1x t x t     
 
2 2
1
2
0
2 1
4
t t
I dt
t


 


0,25
1
2
0
5 5
2 5
2 2
t dt
t t
 
   
 
 
 

0,25
1
3
0
2 32
2 5 5ln 10ln3
3 2 3
t t
t
t
 


    
 

 
0,25
IV
Tính thể tích
1,00
A
S
C
B
H
Trang 5/7
Gọi H là trung điểm của AC, suy ra
 
SH ABC
0,25
Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác SBC:
 
2 2 2
. 1SC SB a a SB  
2
2 2
4
a
SC SH 
và
2
2 2

3
4
a
SB SH 
(2)
0,25
Từ (1) và (2) suy ra:
2
3 3 6
.
2 2 2
a a a
a SB SB SH    
0,25
Do đó
 
2 3
.
1 1 6 3 2
. . .
3 3 2 4 8
S ABC
a a a
V SH dt ABC  
0,25
V
Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực
1,00
 
 

2
3 2 2
1 0 1x x x m x    
 
3 2
2
2
1
x x x
m
x
 
 

 
   
2 2
2
2 2
2
2 2
1
1
1 1
x x x
x x
m
x
x x
 

   

 
0,25
Đặt
2
1
x
t
x


,
1 1
2 2
t  
. Ta có phương trình :
 
2
2t t m 
0,25
Xét hàm số
 
2
f t t t 
, với
1 1
;
2 2
t

 
 
 
 
Ta có
 
' 2 1 0f t t  
với mọi
1 1
;
2 2
t
 
 
 
 
,
nên f(t) đồng biến trên
1 1
;
2 2
 

 
 
.
0,25
Do đó tập giá trị của f(t) là
   
1 1 1 3

2 2 4 4
f f t f f t
   
      
   
   
Vậy phương trình (1) có nghiệm thực khi và chỉ khi phương trình (2)
có nghiệm thuộc đoạn
1 1
;
2 2
 

 
 
, do đó
1 3
4 4
m  
0,25
VI.a
2,00
1
Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng (1,00 điểm)
Ta có
   
2;0;2 , 3;3;0AB CD  
 
 Ta có
 

 
.
1
os AB,CD os AB,
. 2
AB CD
c c CD
AB CD
  
 
 
.
 Vậy góc giữa AB và CD bằng
0
60
.
0,50
Trang 6/7
     
 
2;0;2 , 3;3;0 , 3; 1;1
, 6; 6;6 , , . 6 0
AB CD AC
AB CD AB CD AC
    
   
      
   
  
    

0,25
 
, .
6 3
,
3
108
,
AB CD AC
d AB CD
AB CD
 
 
  
 
 
  
 
0,25
2
Viết phương trình mặt phẳng
 

(1,00 điểm)
Xét các điểm
     
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;M m N n P p
với
0mnp 
.

Ta có
   
   
1; 1; 1 , ; ;0
.
1; 1; 1 , ;0; .
DP p NM m n
DP NM m n
DN n PM m p DN PM m p


    
 
 

 
      




 
 
   
0,25
Phương trình mặt phẳng
 

đi qua các điểm M, N, P là:
1

x y z
m n p
  
Vì
 
D


nên
1 1 1
1
m n p

  
0,25
D là trực tâm của tam giác MNP khi và chỉ khi:
. 0
. 0
DP NM DP NM
p n m
DN PM DN PM
 
 
 
    
 
 
 
 
   

   
0,25
Do đó
3, 3m n p   
.
Vậy Phương trình mặt phẳng
 

là:
1
3 3 3
x y z
  

0,25
VII.a
Chứng minh bất đẳng thức
1,00
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
 
2
3
3 3 1ab bc ca abc abc     
0,25
     
2 2
1 3a b c abc a b c a bc ab ac a         
0,25
 
2

1 1
1 3a b c a
 
 
Chứng minh tương tự ta được :
 
2
1 1
1 3b a c b

 
,
 
2
1 1
1 3c b a c

 
0,25
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được:
     
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 3 3 3a b c b a c c b a a b c
     
     
3 1
3 3
bc ca ab
abc abc abc

 
 
0,25
Trang 7/7
VI.b
2,00
1
Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng (1,00 điểm)
Ta có
   
2;0;2 , 3;3;0AB CD  
 
 Ta có
 
 
.
1
os AB,CD os AB,
. 2
AB CD
c c CD
AB CD
  
 
 
.
 Vậy góc giữa AB và CD bằng
0
60
.

0,50
     
 
2;0;2 , 3;3;0 , 3; 1;1
, 6; 6;6 , , . 6 0
AB CD AC
AB CD AB CD AC
    
   
      
   
  
    
0,25
 
, .
6 3
,
3
108
,
AB CD AC
d AB CD
AB CD
 
 
  
 
 
  

 
0,25
2
Viết phương trình mặt phẳng
 

(1,00 điểm)
Xét các điểm
     
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;M m N n P p
với
0, 0, 0m n p  
.
Phương trình mặt phẳng
 

đi qua các điểm M, N, P là:
1
x y z
m n p
  
0,25
Vì
   
4;2;1E


nên
 
4 2 1

1 4 2 1np mp mn mnp
m n p
      
0,25
2 2 2 2 2 2
3 3
1 1 4 2 1
. . 8 36
6 2 3 2
OMNP OMNP
np mp mn
V mnp m n p m n p V
 
     
0,25
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : 4np = 2mp = mn (2)
Kết hợp (1) và (2) ta tìm được : m = 12 ; n = 6 ; p = 3.
Vậy Phương trình mặt phẳng
 

là:
1
12 6 3
x y z
  
0,25
VII.b
Tìm hệ số của
10
x

1,00
Ta có:
   
10
10
10
3 1 3 1 3
10
0
1
1 1
k
k
k
x x x C x x
x
 

 
 
      
 
 
 

0,25
   
10
1 3
10

0 0
k
k i i
k i
k
k i
C C x x


 
 

 
 
 
10
4
10
0 0
k
k i k i
k
k i
C C x
 
 
 

 
 

 
0,25
Ta xét số hạng chứa
10
x
, khi đó
4 10k i  
, với
0 10k 
và
0 i k 
Có hai trường hợp: i = 4; k = 6 và i = 5; k = 10
0,25
Vậy trong khai triển ta được hệ số của
10
x
là:
6 4 10 5
10 6 10 10
3402C C C C 
0,25