TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN NGA SƠN - THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A ppt

…Hết…
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
TRƯỜNG THPT
MAI ANH TUẤN
NGA SƠN _ THANH HÓA
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A NĂM 2009
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút
PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH
Câu I (2 điểm). Cho hàm số
3 2
3 ( 1) 1y x x m x    
có đồ thị là (C
m
)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
2. Tìm những giá trị của m để đường thẳng
1y x 
cắt đồ thị (C
m
) tại 3 điểm phân biệt A(0; 1), B, C
sao cho các tiếp tuyến của (C
m
) tại B và C vuông góc với nhau.
Câu II (2 điểm).
1. Giải hệ phương trình
3 3
3 3
x y
y x


  


  


2. Giải phương trình
23sin2sinsin
222
 xxx
Câu III (2 điểm)
1. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường tròn tâm I(2; 2) bán
kính R = 1 quanh trục hoành.
2. Trong không gian cho hai điểm A, B cố định, độ dài đoạn AB = a > 0. Ax và By là hai nửa
đường thẳng vuông góc với nhau và cùng vuông góc với AB. Trên Ax và By lấy hai điểm M và N sao
cho MN = b (với b là một số cho trước và b > a).
a) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN.
b) Xác định vị trí của M và N sao cho tứ diện ABMN có thể tích lớn nhất.
Câu IV (1 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:
3 2
1 ( 1) (1 ) 1x m x m x     
.
PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb
Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm P(3; 1) và hai đường thẳng có phương trình là
1
:2 1 0d x y  
và
2
: 2 3 0d x y  

. Viết phương trình đường thẳng đi qua P và tạo với hai đường
thẳng
1 2
àd v d
một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của
1 2
àd v d
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
1 2 1
:
2 1 1
x y z  
  

2
1 2 3
:
2 1 2
x y z  
  

và mặt cầu (S): x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4x -2y +6z + 5 = 0. Viết phương trình mặt

phẳng tếp xúc với mặt cầu (S) đồng thời song song với
1

và
2

.
3. Tìm phần thực của số phức
 
2009
1 i
Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip
( )E
có phương trình
2 2
1
9 4
x y
 
và điểm M(- 1; 1)
Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M và cắt
( )E
tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của
đoạn thẳng AB.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 3; - 2), B(0; 0; 1), C(2; 0; 1). Tìm tọa
độ của điểm M sao cho MA
2
+ MB
2

+ MC
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
3. Giải bất phương trình
2 4
0,5 2 16
log 4log 4 logx x x  
…Hết…
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KHỐI A
Câu
ý
Nội dung
Điểm
2
1
1
TXĐ D =

Sự biến thiên : y’ = 3x
2
+ 6x + 3 = 3(x + 1)
2
0 x   
Hàm số đồng biến trên

Hàm số không có cực trị
Giới hạn :
lim
x

y

 
Bảng biến thiên
x

0

y’
+ 0 +
y


Đồ thị y
1
-1 O x
025
023
025
025
2
1
I
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C
m
) và đường thẳng y = x + 1
x
3
+ 3x
2

+ mx = 0
2
0
3 0
x
x x m




  

Đường thẳng y = x + 1 cắt đồ thị (C
m
) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi
2
( ) 3 0g x x x m   
có hai nghiệm phân biệt khác 0 khi và chỉ khi
9
0 9 4 0
4
(0) 0 0
0
m
m
g m
m

   


 

 
  
 
 



(*)
Khi đó hoành độ của B và C thỏa mãn
3
.
B C
B C
x x
x x m
  




(1)
Ta có f’(x) = 3x
2
+ 6x + m + 1
Hệ số góc các tiếp tuyến tại B và C là f’(x
B
) =
2

3 6 1
B B
x x m  
,f’(x
C
) =
2
3 6 1
C C
x x m  
Các tiếp tuyến tại B và C vuông góc khi và chỉ khi f’(x
B
). f’(x
C
) = -1

(
2
3 6 1
B B
x x m  
).(
2
3 6 1
C C
x x m  
) = - 1

(
2

3 6
B B
x x
)(
2
3 6
C C
x x
)+ (m + 1)(
2
3 6
B B
x x
+
2
3 6
C C
x x
) + (m + 1)
2
= - 1

2 2
9( . ) 18 ( ) 36 3( 1)(( ) 2 3( ))
B C B C B C B C B C B C B C
x x x x x x x x m x x x x x x        
025
025
025
…Hết…

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
+m
2
+ 2m + 2 = 0
Kết hợp với (1) ta được
9m
2
– 54m + 36m + 3(9 – 2m - 9) + m
2
+ 2m + 2 = 0

5m
2
– 11m + 1 = 0

11 91
10
m


thỏa mãn điều kiện (*)
Kết luận: Với
11 91
10
m


thì thỏa mãn yêu cầu.
025
2

1
1
Điều kiện:
0 3,0 3x y   
Ta có
3 3
3 3
x y
y x

  


  



2 (3 ) 0
2 (3 ) 0
x y x y
y x y x

   


   


(3 ) (3 ) 0
(3 ) 0

(3 ) 0
x y y x
x y
y x
    
 



 


0
0
3
3
x
y
x
y


















Kiểm tra ta thấy
0 3
,
0 3
x x
y y
 
 
 
 
 
thỏa mãn.
Kết luận : Hệ có hệ có hai nghiệm
0 3
,
0 3
x x
y y
 
 
 
 
 

025
025
025
025
2
1
II
Ta có
23sin2sinsin
222
 xxx
2
1 os2x 1 os6x
sin 2 2
2 2
c c
x
 
   
2
2
os2 os6 2(1 sin 2 ) 0
os2 . os4 os 2 0
os2 ( os4 os2 ) 0
c x c x x
c x c x c x
c x c x c x
    
  
  

os2 0c x 
hoặc cos4x + cos2x = 0
os2 0
4 2
c x x k
 
   
,
cos4x + cos2x = 0
os4 os( 2 )c x c x

  
6 3
2
x k
x k
 



 




  


Kết luận: Phương trình có ba họ nghiệm
4 2

x k
 
 
,
à
6 3 2
x k v x k
  

    
025
025
025
025
2
1
1
III
Đường tròn tâm I(2; 1) bán kính R = 1 có phương trình : (x - 2)
2
+ (y - 1)
2
= 1
…Hết…
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Điều kiện:
1 3x 
. Từ phương trình đường tròn ta có
2
1 1 ( 2)y x   

với
1y 
Và
2
1 1 ( 2)y x   
với
1y 
.
Thể tích vật thể cần tìm




3 3
2 2
2 2
1 1
3
2
1
1 1 ( 2) 1 1 ( 2)
4 1 ( 2)
V x dx x dx
x dx
 

       
  
 


Đặt x – 2 = sint với
2 2
x
 
  
.
x = 1

t =
2


x = 3

t =
2

dx = costdt,
2
1 ( 2)x 
= cost.
Vậy V =
2
2
2
4 osc tdt






=
2
2
2
2 (1 os2 ) 2c t dt


 

 

025
025
025
025
2
1
a) Gọi I là trung điểm của MN.
Ta có
,BN AB BN AM BN BM   
x
do đó tam giác BMN vuông tại B suy ra BI =
2
MN
, A M
tương tự AI =
2
MN
.

Vậy AI = BI = MI = NI =
2
MN
=
2
b
I
Tâm mặt cầu ngoại tiếp là I, bán kính R =
2
b
B
b) Đặt AM = x > 0, BN = y > 0 N
Tam giác ABN vuông tại B nên AN
2
= AB
2
+ BN
2
y
Tam giác AMN vuông tại A nên MN
2
= AM
2
+ AN
2
Suy ra b
2
= MN
2
= AM

2
+ AB
2
+ BN
2
= x
2
+ a
2
+ y
2
Do đó x
2
+ y
2
= b
2
– a
2
không đổi.
Tứ diện ABMN có đáy là ABM, đường cao BN.
Thể tích
2 2 2 2
1 1 1
ax ( ) ( )
6 12 12
V y a x y a b a    
.
Thể tích tứ diện ABMN lớn nhất khi AM = BN =
2 2

2
b a
.
025
025
025
025
1
IV
Ta có
3 2
1 ( 1) (1 ) 1x m x m x     
2 2
( 1)( 1) ( 1) ( 1)x x x m x x x        
…Hết…
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Điều kiện
1x  
Khi đó bất phương trình tương đương với
2 2
1 1
1 1
x x
m
x x x x
 
 
   

2 2

1 1
1 1
x x
m
x x x x
 
 
   
(*)
Đặt t =
2
1
1
x
x x

 
, bất phương trình (*) có dạng : t – t
2
m
(1)
Ta có
2
2 2
2
2 2
' , ' 0 1 3
1
2( 1)
1

x x
t t x
x
x x
x x
  
     

 
 
.
Bảng biến thiên
x
-1
1 3 

t’
+ 0 -
t
3 2 3
3

0 0
Vậy
11 7 3
0;
13
t
 


 

 
 
. Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có
nghiệm
11 7 3
0;
13
t
 

 

 
 
khi và chỉ khi
11 7 3
[0; ]
13
ax ( )
t
M f t m



với f(t) = t – t
2
f’(t) = 1 – 2t
Bảng biến thiên

t
0
1
2
3 2 3
3

f’(t)
+ 0 -
f(t)
1
4
Từ bảng biến thiên :
11 7 3
[0; ]
13
1 1
ax ( )
4 2
t
M f t khi x


 
Vậy ycbt tương đương với
1
4
m 
025
025

025
025
3
1
1
Va
Đường thẳng đi qua P(3 ; 1) có dạng
:ax 3 0by a b    
Đường thẳng

tạo với hai đường thẳng
1 2
àd v d
một tam giác cân có đỉnh là giao của
1 2
àd v d
khi và chỉ khi
1 2
( , ) ( , )d d  
1 2
os( ,d ) os( ,d )c c   
025
…Hết…
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
2 2 2 2
2 2
5( ) 5( )
2 2
a b a b
a b a b

a b a b
 
 
 
   
2 2a b a b   
hoặc
2 2a b a b   
3 0a b  
hoặc
3 0a b 
Chọn a = 3, b = 1 hoặc a = 1, b = - 3.
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán 3x + y –10 = 0 và x – 3y = 0
025
025
025
2
1
Vectơ chỉ phương của
1
1 2 1
:
2 1 1
x y z  
  

và
2
1 2 3
:

2 1 2
x y z  
  

lần lượt là
(2; 1;1), ( 2;1;2)u v   
 
. Mặt phẳng (P) song song với
1

và
2

nhận cặp vectơ
(2; 1;1), ( 2;1;2)u v   
 
làm cặp vectơ chỉ phương.
Ta có
 
1 1 1 2 2 1
; ; 3; 6;0 3(1;2;0)
1 2 2 2 2 1
n
 
 
     
 
 
 


. Mặt phẳng (P) có dạng
(P) : x + 2y + m = 0.
Mặt cầu (S) có tâm I(- 2 ; 1 ; - 3) và bán kính R = 3.
Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi
2 2 2
2 2
( ,( )) 3 3 5
1 2 0
m
d I P R m
  
     
 
Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu là x + 2y +
3 5
= 0 và x + 2y –
3 5
= 0.
025
025
025
025
3
1
Ta có
   
 
1004
2009 2
1004

1004 1004 1004
1 1 (1 )
( 2 ) (1 )
2 (1 ) 2 2
i i i
i i
i i
   
  
   
Vậy phần thực của số phức trên là
1004
2
025
025
025
025
3
1
1
Vb
Đường thẳng

đi qua M(- 1 ; 1) có dạng
1
1
x at
y bt
  



 

(
2 2
0a b 
)
A,B
1
1
1
1
A
A
x at
y bt
  

 

 

và
2
2
1
1
B
B
x at

y bt
  


 

.
M là trung điểm của AB khi và chỉ khi
2
2
A B M
A B M
x x x
y y y
 


 

1 2
2 2
1 2
1 2
( ) 0
0 (1) ( 0)
( ) 0
a t t
t t do a b
b t t
 


     

 

A, B
( )E
suy ra t
1
, t
2
là hai nghiệm của phương trình 4(-1 + at)
2
+ 9(1 + bt)
2
= 36
4 2 2
(4 9 ) (8 18 ) 23 0a b t a b t     
.
t
1
+ t
2
= 0
8 18 0 4 9 0a b a b     
. Chọn a = 9, b = 4
025
025
025
025

…Hết…
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình
1 9
1 4
x t
y t
  


 

2
1
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là G(1 ; 1 ; 0)
Ta có
     
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
MA MB MC
3 ( )
3
MG GA MG GB MG GC
MG GA GB GC MG GA GB GC
MG GA GB GC
GA GB GC
 

     
      
   
  
     
   
Vậy MA
2
+ MB
2
+ MC
2

2 2 2
GA GB GC 
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
M G
025
025
025
025
3
1
Ta có
 
4
16
2 4 2
0,5 2 16 0,5 2
2

2 4
0,5 2 16
2
2
2 2
2 2
2 2 2 2
4 log 0
log 4log 4 log log 4log 0
log 4log 4 log
4 log 0
log 2log 0
log 2log 16 8log log
0
x
x x x x x
x x x
x
x x
x x x x
x

 


     


  



 


 



   




2
2
8
0 log
5
log 2
0
64
1
25
1
0
4
x
x
x
x

x


 






 







 




 


Tập nghiệm của bất phương trình là S =
64 1
[1; ] (0; ]
25 4


025
025
025
025