Đề thi thử ĐH 2010 + ĐA chi tiết 0.25 (số 5)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 – SỐ 5.
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số
4 2
5 4,y x x= − +
có đồ thị (C)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C).
2. Tìm m để phương trình
4 2
2
| 5 4| logx x m− + =
có 6 nghiệm phân biệt.
Câu II (2.0 điểm).
1. Giải phương trình
1 1
sin 2x sin x 2cot 2x
2sin x sin 2x
+ − − =
.
2. Tìm m để phương trình
( )
2
m x 2x 2 1 x(2 x) 0 (2)− + + + − ≤
có nghiệm x
0; 1 3
 
∈ +
 
.

Câu III (1.0 điểm). Tính tích phân
dx. .cos.sin.
3
2
0
sin
2
xxe
x
∫
π
Câu IV (1.0 điểm).
Cho lăng trụ đứng ABCA
1
B
1
C
1
có AB = a, AC = 2a, AA
1

2a 5=
và
o
120BAC =
∧
. Gọi M
là trung điểm của cạnh CC
1
. Chứng minh MB ⊥ MA

1
và tính khoảng cách d từ điểm A tới
mặt phẳng (A
1
BM).
Câu V (1.0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương dương. Chứng minh rằng
3 2 4 3 5x y z xy yz zx+ + ≥ + +
.
II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
1. Theo chương trình Chuẩn.
Câu VI.a. (2.0 điểm).
Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm
( 1; 3; 0), (1; 3; 0) à M(0; 0; a)B C v−

với a > 0. Trên trục Oz lấy điểm N sao cho mặt phẳng (NBC) vng góc với mặt phẳng
(MBC).
1. Cho
3a =
. Tìm góc giữa mặt phẳng (NBC) và mặt phẳng (OBC).
2. Tìm a để thể tích của khối chóp BCMN nhỏ nhất.
Câu VII.a. (1.0 điểm).
Giải hệ phương trình
2 1
2 1
2 2 3 1
( , )
2 2 3 1
y
x
x x x

x y
y y y
−
−

+ − + = +

∈

+ − + = +


¡
.
2. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b. (2.0 điểm).
Trong khơng gian Oxyz cho hai điểm A (-1; 3; -2), B (-3; 7; -18) và mặt phẳng
(P): 2x - y + z + 1 = 0
1. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vng góc với mp(P).
2. Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Câu VII. b. (1.0 điểm).
Giải bất phương trình:
2
x 4 2
(log 8 log x )log 2x 0+ ≥
.
……………………………………… Gv. Trần Mạnh Tùng …………….………………………
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………………………số báo danh: 12U – 22 – 06 – 2009.
Bài giải - Đề số 5 – Toán 12U

Câu I:
9
4
4
12
9
log 12 144 12
4
m m= ⇔ = =
Câu II:
1. Giải phương trình :
1 1
sin 2x sin x 2cotg2x
2sin x sin 2x
+ − − =
(1)
(1) ⇔ − cos
2
2x − cosxcos2x = 2cos2x và sin2x ≠ 0
⇔
= + + =
2
cos2x 0v2cos x cosx 1 0(VN)

⇔ cos2x = 0 ⇔
π π π
= + π ⇔ = +2x k x k
2 4 2
2. Đặt
2

t x 2x 2= − +
⇔ t
2
− 2 = x
2
− 2x
Bpt (2) ⇔
−
≤ ≤ ≤ ∈ +
+
2
t 2
m (1 t 2),dox [0;1 3]
t 1
Khảo sát
2
t 2
g(t)
t 1
−
=
+
với 1 ≤ t ≤ 2
g'(t)
2
2
t 2t 2
0
(t 1)
+ +

= >
+
. Vậy g tăng trên [1,2]
Do đó, ycbt
⇔
bpt
2
t 2
m
t 1
−
≤
+
có nghiệm t ∈ [1,2]

⇔

[ ]
∈
≤ = =
t 1;2
2
m maxg(t) g(2)
3
Câu III Đặt
= ⇒ =
2
t sin x dt 2sinx cosxdx
; Đổi
Câu IV (Các em tự vẽ hình)

Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A ≡ 0,
( )
−C 2a,0,0
,
1
A (0,0,2a 5)

 
⇒
 ÷
 ÷
 
a a 3
A(0;0;0),B ; ;0
2 2
và
−M( 2a,0,a 5)
 
⇒ = − − =
 ÷
 ÷
 
uuuur uuuuur
1
5 3
BM a ; ; 5 , MA a(2;0; 5)
2 2
Ta có:
= − + = ⇒ ⊥
uuuur uuuuur

2
1 1
BM.MA a ( 5 5) 0 BM MA
Ta có thể tích khối tứ diện AA
1
BM là :
∆
   
= = = =
   
uuuuur uuur uuuur uuur uuuuur
3
2
1 BMA 1
1
1 a 15 1
V AA . AB,AM ; S MB,MA 3a 3
6 3 2
Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA
1
) bằng
= =
3V a 5
d .
S 3
Cách khác:
+ Ta có
= + =
2 2 2 2
1 1 1 1

A M A C C M 9a
;
= + − =
2 2 2 0 2
BC AB AC 2AB.AC.cos120 7a


= + =
2 2 2 2
BM BC CM 12a
;
= + = = +
2 2 2 2 2 2
1 1 1
A B A A AB 21a A M MB

⇒ MB
vuông góc với
1
MA
+ Hình chóp MABA
1
và CABA
1
có chung đáy là tam giác ABA
1
và đường cao bằng nhau nên thể tích
bằng nhau.
⇒ = = = =
3

MABA CABA 1 ABC
1 1
1 1
V V V AA .S a 15
3 3
⇒ = = =
1
MBA 1
1
3V 6V a 5
d(A,(MBA ))
S MB.MA 3
Câu V. Theo BĐT Cauchy
( ) ( ) ( )
1 3 5
; 3 ; 5
2 2 2
x y xy y z xy z x xy+ ≥ + ≥ + ≥
.
Cộng các vế ta có điều phải chứng minh
Câu VI.b.
1. Ta có
AB ( 2,4, 16)= − −
uuur
cùng phương với
= − −
r
a ( 1,2, 8)
mp(P) có PVT
n (2, 1,1)= −

uur
Ta có
uur r
[ n ,a]
= (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1)
Phương trình mp chứa AB và vuông góc với (P) là :
2(x + 1) + 5(y − 3) + 1(z + 2) = 0
⇔ 2x + 5y + z − 11 = 0
2. Tìm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với
Mp (P). Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ;
Pt AA' :
x 1 y 3 z 2
2 1 1
+ − +
= =
−
AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của ;
− + + =


⇒ −
 + − +
= =

−
2x y z 1 0
H(1,2, 1)
x 1 y 3 z 2
2 1 1

Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :
H A A'
H A A'
H A A'
2x x x
2y y y A'(3,1,0)
2z z z
= +


= + ⇒


= +

Ta có
A'B ( 6,6, 18)= − −
uuuur
(cùng phương với (1;-1;3) )
Pt đường thẳng A'B :
− −
= =
−
x 3 y 1 z
1 1 3
Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
− + + =


⇒ −

− −

= =

−

2x y z 1 0
M(2,2, 3)
x 3 y 1 z
1 1 3

Câu VII.b.
Điều kiện x > 0 , x ≠ 1
(1)
 
⇔ + ≥
 ÷
 
4 2
8
1 1
2log x log 2x 0
log x 2

( )
 
 ÷
⇔ + + ≥
 ÷
 ÷

 
2 2
2
1
log x log x 1 0
1
log x
3

 
+ +
⇔ + ≥ ⇔ ≥
 ÷
 
⇔ ≤ − > ⇔ < ≤ >
2
2 2
2
2 2
2 2
log x 1 log x 1
(log x 3) 0 0
log x log x
1
log x 1vlog x 0 0 x ;x 1
2