ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN ÔN THI DH 2010
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.32 MB, 27 trang )
Cï §øc Hoµ Ôn Thi ĐH 2009 - 2010
ÔN THI DH 2009- 2010 (Đề số 1)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. (2 điểm). Cho hàm số y = x
4
– 2(2m
2
– 1)x
2
+ m (1)
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2/ Tìm m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với trục hòanh.
Câu II. (2 điểm)
1/ Giải phương trình:
7)27()27)(8(6416
3
2
3
3
2
=+++−−+−
xxxxx
2/ Giải phương trình:
12cos
2
1
2cos
2
1
44
=++− xx
Câu III. (1 điểm). Tính tích phân I =
∫
+
+
4
0
.
2sin3
cossin
π
dx
x
xx
Câu IV. (1 điểm). Khối chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông
góc mp(ABC), SC = a. Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn
nhất.
Câu V. (1 điểm). Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng mọi x
[∈
0 ; 2].
(
)
( )
52log42log
2
2
2
2
≤+−++−
mxxmxx
II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm)
1.Theo chương trình chuẩn.
Câu VI a.(2 điểm).
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại C. Biết A(-2 ; 0),
B( 2 ; 0) và khỏang cách từ trọng tâm G của tam giác ABC đến trục hòanh bằng
3
1
. Tìm tọa độ đỉnh C.
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(0 ; 1 ; 2), B(-1 ; 1 ; 0) và mặt phẳng
(P): x – y + z = 0. Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác MAB vuông cân tại B.
Câu VII a. (1 điểm). Cho x, y, z > 0 thỏa mãn
1
=++
zxyzxy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P =
xz
z
zy
y
yx
x
+
+
+
+
+
222
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI b. (2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E):
1
4
2
2
=+ y
x
và đường thẳng (d): y = 2.
Lập phương trình tiếp tuyến với (E), biết tiếp tuyến tạo với (d) một góc 60
0
.
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho M(2 ; 1 ; 2) và đường thẳng (d) :
1
1
1
2
1
−
=
+
=
zyx
. Tìm trên (d) hai điểm A và B sao cho tam giác MAB đều.
Câu VII b. (1 điểm). Giải bất phương trình sau:
(
)
(
)
xxxx
−+>++
1log.log1log.log
2
5
13
2
5
3
1
……………….o0o………………
1
Cï §øc Hoµ Ôn Thi ĐH 2009 - 2010
ÔN THI DH 08-09 (ĐÊ SỐ 2)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm)
Câu I. (2 điểm). Cho hàm số y =
1
−
x
x
(1).
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2/ Tìm m để đường thẳng d: y = -x + m cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm A, B sao cho AB
=
10
.
Câu II. (2 điểm)
1/ Giải phương trình:
54057
44
=++−
xx
2/ Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:
2
cot.
2
tan.
2
tan
1coscoscos
sinsinsin CBA
CBA
CBA
=
+−+
−+
.
Câu III. (1 điểm). Tính tích phân I =
∫
2
4
6
sin
π
π
x
dx
Câu IV.(1 điểm). Một hình nón đỉnh S có đường cao h = 20 và bán kính đáy là R(R > h). Mặt phẳng đi
qua đỉnh và cách tâm O của đáy một khỏang bằng 12 cm cát hình nón theo thiết diện là tam giác SAB.
Tính bán kính R của đáy hình nón biết diên tích tam giác SAB bằng 500cm
2
.
Câu V.(1 điểm) Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =
111 +
+
+
+
+ z
z
y
y
x
x
II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm)
1.Theo chương trình chuẩn.
Câu VI a. (2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm I(1 ; 2) và hai đường thẳng
d
1
: x – y = 0, d
2
: x + y = 0. Tìm các điểm A trên Ox, B trên d
1
và C trên d
2
sao cho tam giác
ABC vuông cân tại A đồng thời B và C đối xứng với nhau qua điểm I.
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
2
1
1
1
2
+
=
−
=
zyx
và hai mặt
phẳng
022:)(,052:)(
=++−=+−+
zyxzyx
βα
. Lập phương trình mặt cầu (S) có
tâm trên d và tiếp xúc với hai mặt phẳng đã cho.
Câu VI a. (1 điểm) Chọn ngẫu nhiên một số có 3 chữ số. Tìm xác suất để số chẳn và các chữ số đều
khác nhau.
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI b. (2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – y – 3 = 0 và điểm
M( 2cos
2
t ; 2(1 + sint.cost) ( t là tham số). Chứng minh rằng tập hợp của điểm M là đường tròn (C).
Hãy viết phương trình đường tròn (C’) đối xứng với (C) qua d.
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d
1
:
=
=
−=
tz
y
tx
3
22
d
2
:
21
1
1
2 zyx
=
−
=
−
. Viết phương trình đường thẳng d song song với Oz cắt cả d
1
và d
2
.
2
Cï §øc Hoµ Ôn Thi ĐH 2009 - 2010
Câu VII b. (1 điểm).Giải hệ phương trình :
=+−+
=−
1)(log)(log
2
32
22
yxyx
yx
…………………o0o……………….
ÔN THI DH 08-09 (ĐỀ SỐ 3)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7điểm).
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =
1
2
−
+
x
x
(1)
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2/ Cho điểm M(0 ; a). Xác định a để từ M kẻ được hai tiếp tuyến đến đồ thị của hàm số (1) sao
cho hai tiếp tuyến tương ứng nằm về hai phía đối với trục Ox.
Câu II. (2 điểm).
1/ Giải phương trình :
61224
3
=−++ xx
.
2/ Cho phương trình :
mxx =+ sin2cos3
2
(1).
a) Giải (1) khi m = 2
b) Tìm m để (1) có ít nhất một nghiệm
−∈
4
;
4
ππ
x
.
Câu III. (1 điểm). Tính tích phân I =
∫
++
2
0
sincos1
π
xx
dx
.
Câu IV. (1 điểm).Cho hình nón có bán kính đáy R và thiết diện qua trục là tam giác đều. Một hình trụ
nội tiếp hình nón có thiết diện qua trục là hình vuông . Tính thể tích của khối trụ theo R.
Câu V. (1 điểm). Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =
zyx
zx
zyx
yz
zyx
xy
++
+
++
+
++
222
II. PHẦN RIÊNG.(3 điểm)
1.Theo chương trình chuẩn.
Câu VI a. (2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C
1
): x
2
+ y
2
= 13 và (C
2
): (x -6)
2
+
y
2
= 25 cắt nhau tại A(2 ; -3). Lập phương trình đường thẳng đi qua A và cắt hai đường tròn theo hai
dây cung có độ dài bằng nhau.
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d
1
:
21
1
1
2 zyx
=
−
−
=
−
và d
2
:
=
=
−=
tz
y
tx
3
22
.
a) Lập phương trình mặt phẳng (P) song song cách đều d
1
và d
2
.
b) Lập phương trình mặt càu (S) tiếp xúc với d
1
và d
2
lần lượt tại A(2 ; 1 ; 0), B(2 ; 3 ; 0).
Câu VII a.(1 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
13
3
+−
xx
trên đọan [
-3 ; 0 ].
2. Theo chương trình nâng cao.
3
Cï §øc Hoµ Ôn Thi ĐH 2009 - 2010
Câu VI b. (2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Viết phương trình đường thẳng d qua M(8 ; 6) và cắt hai
trục tọa độ tại A, B sao cho
22
11
OBOA
+
có giá trị nhỏ nhất.
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1 ; 2 ; 1), B(3 ; -1 ; 5).
a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O lên AB.
b) Viết phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với AB và hợp với các mặt phẳng tọa độ
thành một tứ diện có thể tích bằng
.
2
3
Câu VII b. (1 điểm). Giải phương trình
( )
2loglog
37
+= xx
…………… o0o……………
ÔN THI DH 08-09 (ĐỀ SỐ 4)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = x(x – 3)
2
(1)
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
2/ Tìm tất cả các giá trị của a để đường thẳng (d): y = ax + b không thể tiếp xúc với đồ thị của
hàm số (1).
Câu II (2 điểm)
1/ Tìm m để hệ phương trình :
=+−+
=+−+
022
03)12(
22
yxyx
ymmx
có nghiệm duy nhất.
2/ Giải phương trình : cos3x + sin7x =
2
9
cos2
2
5
4
sin2
22
xx
−
+
π
Câu III. (1 điểm). Tính tích phân I =
∫
+
3
0
3coscos
2cos4
π
dx
xx
x
Câu IV. (1 điểm). Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có chiều cao bằng h và góc ASB bằng 2
ϕ
. Tính
thể tích khối chóp.
Câu V. (1 điểm).Tìm m để phương trình :
xxxxm
−+=−+
1
3
2
2
có nghiệm.
II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm)
1.Theo chương trình chuẩn.
Câu VIa. (2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : 3x – 4y + 1 = 0. Lâp phương tình
đường thẳng song song với (d) và cách (d) một khỏang bằng 1.
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d):
−=
+=
+=
tz
ty
tx
4
2
21
và điểm M(0 ; 2 ;
3). Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) và khỏang cách từ M đến (P) bằng 1.
Câu VIIa.(1 điểm). Giải phương trình :
32
2
21
2
−
+
−−
=++
x
x
x
x
x
x
x
x
CCCC
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI b (2 điểm)
4
Cù Đức Hoà ễn Thi H 2009 - 2010
1/ Trong mt phng vi h ta Oxy, cho elip (E): 3x
2
+ 4y
2
48 = 0. Gi M l im thuc
(E) v F
1
M = 5. Tỡm F
2
M v ta im M. (F
1
, F
2
l cỏc tiờu im ca (E)).
2/ Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho ng thng (d):
z
yx
=
=
+
2
7
2
5
v im
M(4 ; 1 ; 6). ng thng (d) ct mt cu (S) tõm l M ti hai im A, B sao cho AB = 6. Vit phng
trỡnh ca mt cu (S).
Cõu VIIb.(1 im). Gii bt phng trỡnh :
2222
+
x
x
O0O.
ễN THI I HC 08-09 ( S 5)
I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số
2
12
+
+
=
x
x
y
có đồ thị là (C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2.Chứng minh đờng thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm
m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1.Giải phơng trình 9sinx + 6cosx 3sin2x + cos2x = 8
2.Giải bất phơng trình
)3(log53loglog
2
4
2
2
2
2
> xxx
Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm
=
xx
dx
I
53
cos.sin
Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và
mặt phẳng đáy bằng 30
0
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
1
B
1
C
1
) thuộc đờng thẳng B
1
C
1
.
Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
Câu V (1 điểm). Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a
2009
+ b
2009
+ c
2009
= 3. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức P = a
4
+ b
4
+ c
4
II.Phần riêng (3 điểm)
1.Theo chơng trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm).
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)
2
+ (y+2)
2
= 9 và đ-
ờng thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai
tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng trình
+=
=
+=
tz
ty
tx
31
21
. Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn
nhất.
Câu VIIa (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn
luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
2.Theo chơng trình nâng cao (3 điểm)
Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C): x
2
+ y
2
- 2x + 4y - 4 = 0 và đờng thẳng
d có phơng trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc
hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng trình
3
1
12
1
==
zyx
. Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới
(P) là lớn nhất.
Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt
hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ
5
Cù Đức Hoà ễn Thi H 2009 - 2010
( 6) THI TH I HC, CAO NG NM 2009
Mụn thi : TON, khi B, D
Thi gian l m b i : 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im)Cho hàm số :
323
m
2
1
mx
2
3
xy +=
1/ Khảo sát hàm số với m=1.
2/ Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại,cực tiểu đối xứng với nhau qua đt: y=x
Cõu II. (2,5 im) 1.
2 2 3 3
tan tan .sin cos 1 0x x x
+ =
2. Cho PT:
2
5 1 5 6x x x x m
+ + + =
(1)
a)Tỡm m PT(1)cú nghim
b)Gii PT khi
( )
2 1 2m = +
Cõu III. (1,5 im) a) Tớnh tớch phõn I=
( )
4
3
4
1
1
dx
x x
+
Cõu IV. (1,0 im) Tớnh gúc ca Tam giỏc ABC bớờt: 2A=3B;
2
3
a b=
II.PHN RIấNG (3 im) Thớ sinh ch c chn lm mt trong hai cõu(Va hocVb)
Cõu Va.
1(2,0 im).Trong khụng gian vi h ta Oxyz .Vit phng trỡnh mt phng (P) qua O ,
vuụng gúc vi mt phng (Q) :
x y z 0+ + =
v cỏch im M(1;2;
1
) mt khong bng
2
.
2. (1,0 im)Cú 6 hc sinh nam v 3hc sinh n xp hng dc i vo lp.Hi cú bao nhiờu cóch
xp cú ỳng 2HS nam ng xen k 3HS n
Cõu Vb. 1 (2,0 im)Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho ng thng (d ) :
x 2 4t
y 3 2t
z 3 t
= +
= +
= +
v mt phng (P) :
x y 2z 5 0 + + + =
Vit phng trỡnh ng thng (
) nm trong (P), song song vi (d) v cỏch (d) mt khong l
14
.
2.(1,0 im) Gii PT:
2 1 1 1
5.3 7.3 1 6.3 9 0
x x x x
+
+ + =
HNG DN GII
6
Cù Đức Hoà ễn Thi H 2009 - 2010
Cõu I. 1/ Khảo sát hàm số:
2
1
x
2
3
xy
23
+=
1-Tập xác định:R
2-Sự biến thiên.
a-Chiều biến thiên:
=
=
==
0x
1x
0x3x3'y
2
1
2
Hàm số đồng biến
( ;0) và (1; ) +
;Hàm số nghịch biến
)1;0(
b-Cực trị:Hàm số đạt cực đại tại :
2
1
y0x ==
Hàm số đạt cực tiểu tại :
0y1x ==
c-Giới hạn: :
3 2 3 2
x x
3 1 3 1
lim (x x ) ; lim (x x )
2 2 2 2
+
+ = + + =
d-Bảng biến thiên: : x -
0 1 +
y + 0 - 0 +
y
2
1
+
-
0
e-Tính lồi lõm và điểm uốn:
2
1
x03x6''y ===
Bảng xét dấu y: x -
1/2 +
y - 0 +
ĐT lồi ĐU(
2
1
;
4
1
) lõm
3-Đồ thị:
Đồ thị nhận điểm uốn I(
4
1
;
2
1
) làm tâm đối xứng
Giao điểm với trục Ox: (1;0)
2/Tacó
=
=
===
mx
0x
0)mx(x3mx3x3'y
2
ta thấy với
0m
thì y đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT
+Nếu m>0 hàm số có CĐ tại x=0 và
3
MAX
m
2
1
y =
;có CT tại x=m và
0y
MIN
=
+Nếu m<0 hàm số có CĐ tại x=m và
0y
MAX
=
;có CT tại x=0 và
3
MIN
m
2
1
y =
Gọi A và B là các điểm cực trị của hàm số.Để A và B đối xứng với nhau qua đờng phân giác y=x,điều
kiện ắt có và đủ là
OBOA =
tức là:
2m2mm
2
1
m
23
===
7
2
-2
1
o
y
x
Cù Đức Hoà ễn Thi H 2009 - 2010
Cõu V.a ( 2,0 im ) : Phng trỡnh mt phng (P) qua O nờn cú dng : Ax + By + Cz = 0
vi
2 2 2
A B C 0+ +
Vỡ (P)
(Q) nờn 1.A+1.B+1.C = 0
A+B+C = 0
C A B =
(1)
Theo :
d(M;(P)) =
2
A 2B C
2 2 2 2
2 (A 2B C) 2(A B C )
2 2 2
A B C
+
= + = + +
+ +
(2)
Thay (1) vo (2) , ta c : 8AB+5
8A
2
B 0 B 0 hay B =
5
= =
(1)
B 0 C A . Cho A 1,C 1= = = =
thỡ (P) :
x z 0 =
8A
B =
5
. Chn A = 5 , B =
1
(1)
C 3 =
thỡ (P) :
5x 8y 3z 0 + =
CõuVb-1 Chn A(2;3;
3),B(6;5;
2)
(d) m A,B nm trờn (P) nờn (d) nm trờn (P) .
Gi
u
r
vect ch phng ca (
d
1
) qua A v vuụng gúc vi (d) thỡ
u u
d
u u
P
r r
r r
nờn ta chn
u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2)
P
= = =
r r r
. Ptrỡnh ca ng thng (
d
1
) :
= +
=
= +
x 2 3t
y 3 9t (t R)
z 3 6t
(
) l ng thng qua M v song song vi (d ). Ly M trờn (
d
1
) thỡ M(2+3t;3
9t;
3+6t) .
Theo :
1 1
2 2 2 2
AM 14 9t 81t 36t 14 t t
9 3
= + + = = =
+ t =
1
3
M(1;6;
5)
x 1 y 6 z 5
( ):
1
4 2 1
+
= =
+ t =
1
3
M(3;0;
1)
x 3 y z 1
( ):
2
4 2 1
+
= =
đáp án đề s 5 thi thử đại học lần 1 khối a môn toán
I.Phần dành cho tất cả các thí sính
Câu Đáp án Điểm
8
Cù Đức Hoà ễn Thi H 2009 - 2010
I
(2
điểm)
1. (1,25 điểm)
a.TXĐ: D = R\{-2}
b.Chiều biến thiên
+Giới hạn:
+====
+
+
22
lim;lim;2limlim
xx
xx
yyyy
Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2
0,5
+
Dx
x
y >
+
= 0
)2(
3
'
2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)2;(
và
);2( +
0,25
+Bảng biến thiên
x
-2
+
y + +
+
2
y
2
0,25
c.Đồ thị:
Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0;
2
1
) và cắt trục Ox tại điểm(
2
1
;0)
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng
0,25
2. (0,75 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình
=++
+=
+
+
)1(021)4(
2
2
12
2
mxmx
x
mx
x
x
Do (1) có
mmmvam =++>+= 0321)2).(4()2(01
22
nên đờng
thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
0,25
Ta có y
A
= m x
A
; y
B
= m x
B
nên AB
2
= (x
A
x
B
)
2
+ (y
A
y
B
)
2
= 2(m
2
+ 12)
suy ra AB ngắn nhất AB
2
nhỏ nhất m = 0. Khi đó
24=AB
0,5
II
(2
điểm)
1. (1 điểm)
Phơng trình đã cho tơng đơng với
9sinx + 6cosx 6sinx.cosx + 1 2sin
2
x = 8
6cosx(1 sinx) (2sin
2
x 9sinx + 7) = 0
6cosx(1 sinx) (sinx 1)(2sinx 7) = 0
0,5
(1-sinx)(6cosx + 2sinx 7) = 0
=+
=
)(07sin2cos6
0sin1
VNxx
x
0,25
2
2
kx +=
0,25
2. (1 điểm)
9
x
y
O
2
-2
Cù Đức Hoà ễn Thi H 2009 - 2010
ĐK:
>
03loglog
0
2
2
2
2
xx
x
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với
)1()3(log53loglog
2
2
2
2
2
> xxx
đặt t = log
2
x,
BPT (1)
)3(5)1)(3()3(532
2
>+> tttttt
0,5
<<
<<
>+
>
4log3
1log
43
1
)3(5)3)(1(
3
1
2
2
2
x
x
t
t
ttt
t
t
0,25
<<
<
168
2
1
0
x
x
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là:
)16;8(]
2
1
;0(
III
1 điểm
==
xx
dx
xxx
dx
I
23233
cos.2sin
8
cos.cos.sin
đặt tanx = t
dt
t
t
t
t
dt
I
t
t
x
x
dx
dt
+
=
+
=
+
==
3
32
3
2
22
)1(
)
1
2
(
8
1
2
2sin;
cos
0,5
C
x
xxxdtt
t
tt
dt
t
ttt
+++=+++=
+++
=
2
2433
3
246
tan2
1
tanln3tan
2
3
tan
4
1
)
3
3(
133
0,5
10
Cù Đức Hoà ễn Thi H 2009 - 2010
Câu IV
1 điểm
Do
)(
111
CBAAH
nên góc
HAA
1
là góc giữa AA
1
và (A
1
B
1
C
1
), theo giả thiết
thì góc
HAA
1
bằng 30
0
. Xét tam giác vuông AHA
1
có AA
1
= a, góc
HAA
1
=30
0
2
3
1
a
HA =
. Do tam giác A
1
B
1
C
1
là tam giác đều cạnh a, H thuộc B
1
C
1
và
2
3
1
a
HA =
nên A
1
H vuông góc với B
1
C
1
. Mặt khác
11
CBAH
nên
)(
111
HAACB
0,5
Kẻ đờng cao HK của tam giác AA
1
H thì HK chính là khoảng cách giữa AA
1
và B
1
C
1
0,25
Ta có AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1
a
AA
AHHA
HK ==
0,25
Câu V
1 điểm
áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a
2009
ta có
)1(.2009 20091 11
4
2009
20092009200920092009200920092009
2005
aaaaaaaaa =+++++++
Tơng tự ta có
)2(.2009 20091 11
4
2009
20092009200920092009200920092009
2005
bbbbbbbbb =+++++++
)3(.2009 20091 11
4
2009
20092009200920092009200920092009
2005
ccccccccc =+++++++
0,5
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc
)(20096027
)(2009)(46015
444
444200920092009
cba
cbacba
++
+++++
Từ đó suy ra
3
444
++= cbaP
Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3.
0,5
Phần riêng.
1.Ban cơ bản
Câu
VIa
2
1.( 1 điểm)
Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp
tuyến AB, AC tới đờng tròn và
ACAB
=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3
0,5
11
A
1
A B
C
C
1
B
1
K
H
Cù Đức Hoà ễn Thi H 2009 - 2010
điểm
23= IA
=
=
==
7
5
6123
2
1
m
m
m
m
0,5
2. (1 điểm)
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng
cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HIAH
=> HI lớn nhất khi
IA
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
)31;;21( tttHdH ++
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. == uuAHdAH
là véc tơ chỉ phơng của d)
)5;1;7()4;1;3( AHH
Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
0,5
Câu
VIIa
1
điểm
Từ giả thiết bài toán ta thấy có
6
2
4
=C
cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và
10
2
5
=C
cách chọn 2 chữ số lẽ => có
2
5
C
.
2
5
C
= 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán
0,5
Mỗi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc thành lập. Vậy có tất cả
2
4
C
.
2
5
C
.4! = 1440 số
0,5
2.Ban nâng cao.
Câu
VIa
2
điểm
1.( 1 điểm)
Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến
AB, AC tới đờng tròn và
ACAB
=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3
23= IA
0,5
=
=
==
7
5
6123
2
1
m
m
m
m
0,5
2. (1 điểm)
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách
giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HIAH
=> HI lớn nhất khi
IA
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
)31;;21( tttHdH ++
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. == uuAHdAH
là véc tơ chỉ phơng của d)
)5;1;7()4;1;3( AHH
Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
0,5
Câu
VIIa
1
điểm
Từ giả thiết bài toán ta thấy có
10
2
5
=C
cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0
đứng đầu) và
3
5
C
=10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có
2
5
C
.
3
5
C
= 100 bộ 5 số đợc chọn.
0,5
Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả
2
5
C
.
3
5
C
.5! = 12000 số.
Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là
960!4
3
5
1
4
=CC
. Vậy có
tất cả 12000 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán
0,5
S 7
THI TH I HC, CAO NG NM 2009
Mụn thi : TON
Thi gian l m b i : 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt
12
Cù Đức Hoà ễn Thi H 2009 - 2010
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I: Cho h m s
3 2
2 ( 3) 4y x mx m x= + + + +
cú th l (C
m
)
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C
1
) ca h m s trờn khi m = 1.
2) Cho (d ) cú phng trỡnh y = x + 4 v im K(1; 3). Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s m sao cho
(d) ct (C
m
) ti ba im phõn bit A(0; 4), B, C sao cho tam giỏc KBC cú din tớch bng
8 2
.
Cõu II:
1) Gii phng trỡnh:
cos2 5 2(2 -cos )(sin -cos )x x x x+ =
2) Gii h phng trỡnh:. Giải hệ phơng trình:
=++
=+++
yyxx
yyxyx
)2)(1(
4)(1
2
2
(x, y
R
)
Cõu III 1) Tớnh tớch phõn I =
2
2
6
1
sin sin
2
x x dx
ì +
2) Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s thc m sao cho phng trỡnh sau cú nghim thc:
2 2
1 1 1 1
9 ( 2)3 2 1 0
x x
m m
+ +
+ + + =
Cõu IV: Cho hỡnh chúp S. ABC cú gúc ((SBC), (ACB)) = 60
0
, ABC v SBC l cỏc tam giỏc u cnh
a. Tớnh theo a khong cỏch t B n mt phng (SAC).
II. PHN RIấNG (3.0 im)
Câu V.a 1. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho parabol (P):
xxy 2
2
=
và elip (E):
1
9
2
2
=+ y
x
.
Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đờng tròn.
Viết phơng trình đờng tròn đi qua 4 điểm đó.
2.Trong không gian với hệ trục Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình
011642
222
=+++ zyxzyx
và mặt phẳng (
) có phơng trình 2x + 2y - z + 17 = 0. Viết phơng
trình mặt phẳng (
) song song với (
) và cắt (S) theo giao tuyến là đờng tròn có chu vi bằng 6.
Câu VI.a Tìm hệ số của số hạng chứa x
2
trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
x
x
+
4
2
1
biết rằng n là số nguyên dơng thỏa mãn:
1
6560
1
2
3
2
2
2
2
1
2
3
1
2
0
+
=
+
++++
+
n
C
n
CCC
n
n
n
nnn
(
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n phần tử)
CõuVb: 1. Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho im A(10; 2; -1) v ng thng d cú phng
trỡnh
3
1
12
1
==
zyx
. Lp phng trỡnh mt phng (P) i qua A, song song vi d v khong cỏch t d
ti (P) l ln nht.
2.Trong mt phng Oxy cho im A(2;3), B(3;2), ABC cú din tớch bng
3
2
; trng tõm G
ca
ABC thuc ng thng (d): 3x y 8 = 0. Tỡm bỏn kớnh ng trũn ni tip ABC.
CõuVIb : : Tỡm cỏc s thc b, c phng trỡnh z
2
+ bz + c = 0 nhn s phc z = 1 + i lm mt nghim.
13
Cù Đức Hoà ễn Thi H 2009 - 2010
HNG DN GII
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
CõuI.1.(Hc sinh t gii)
2)Phng trỡnh honh im chung ca (C
m
) v d l:
=
+ + + + = + + + + =
= + + + =
3 2 2
2
0
2 ( 3) 4 4 (1) ( 2 2) 0
( ) 2 2 0 (2)
x
x mx m x x x x mx m
g x x mx m
(d) ct (C
m
) ti ba im phõn bit A(0; 4), B, C
phng trỡnh (2) cú 2 nghim phõn bit khỏc 0.
= >
= +
/ 2
1 2
2 0
( )
2
(0) 2 0
m m
m m
a
m
g m
.
Mt khỏc:
+
= =
1 3 4
( , ) 2
2
d K d
Do ú:
= = = =
2
1
8 2 . ( , ) 8 2 16 256
2
KBC
S BC d K d BC BC
2 2
( ) ( ) 256
B C B C
x x y y + =
vi
,
B C
x x
l hai nghim ca phng trỡnh (2).
+ + + = = + =
2 2 2 2
( ) (( 4) ( 4)) 256 2( ) 256 ( ) 4 128
B C B C B C B C B C
x x x x x x x x x x
2 2
1 137
4 4( 2) 128 34 0
2
m m m m m
+ = = =
(tha K (a)). Vy
1 137
2
m
=
CõuII:1. Phng trỡnh (cosxsinx)
2
- 4(cosxsinx) 5 = 0
cos -sin -1
cos -sin 5( cos -sin 2)
x x
x x loai vi x x
=
=
2
2
2sin( ) 1 sin( ) sin ( )
4 4 4
2
x k
x x k Z
x k
= +
= =
= +
2) Hệ phơng trình tơng đơng với
2
2
1
( 2) 2
1
( 2) 1
x
x y
y
x
x y
y
+
+ + =
+
+ =
Đặt
2yxv,
y
1x
u
2
+=
+
=
Ta có hệ
1vu
1uv
2vu
==
=
=+
Suy ra
=+
=
+
12yx
1
y
1x
2
.
Giải hệ trên ta đợc nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5)
CõuIII:1. Ta cú: I =
2
2
6
1
sin sin
2
ì +
x x dx
=
2
2
6
3
sin cos
2
x x dx
ì
. t
3
cos cos
2
x t
= ì
i cn: Khi
2
x cos
6 2 4
t t
= = =
; khi
x cos 0
2 2
t t
= = =
.
Do vy:
2
2
4
3
sin
2
I tdt
= ì
=
( )
3
2
16
+
.
2. Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s thc m sao cho phng trỡnh sau cú nghim thc:
2 2
1 1 1 1
9 ( 2)3 2 1 0
x x
m m
+ +
+ + + =
(1)
* k
[-1;1]x
, t t =
2
1 1
3
x+
;
[-1;1]x
[3;9]t
Ta cú: (1) vit li
2
2 2
2 1
( 2) 2 1 0 ( 2) 2 1
2
t t
t m t m t m t t m
t
+
+ + + = = + =
14
Cù Đức Hoà ễn Thi H 2009 - 2010
Xột hm s f(t) =
2
2 1
2
t t
t
+
, vi
[3;9]t
. Ta cú:
2
/ /
1
4 3
( ) , ( ) 0
3
( 2)
t
t t
f t f t
t
t
=
+
= =
=
Lp bng bin thiờn
t 3 9
f
/
(t) +
f(t)
48
7
4
Cn c bng bin thiờng, (1) cú nghim
[-1;1]x
(2) cú nghim
[3;9]t
48
4
7
m
CõuIV:Gi M l trung im ca BC v O l hỡnh chiu ca S lờn AM.
Suy ra: SM =AM =
3
2
a
;
ã
0
60AMS =
v SO mp(ABC)
d(S; BAC) = SO =
3
4
a
Gi V
SABC
- l th tớch ca khi chúp S.ABC
V
S.ABC
=
3
3
1
.
3 16
ABC
a
S SO
=
(vtt)
Mt khỏc, V
S.ABC
=
1
. ( ; )
3
SAC
S d B SAC
SAC cõn ti C cú CS =CA =a; SA =
3
2
a
2
13 3
16
SAC
a
S
=
Vy: d(B; SAC) =
.
3
3
13
S ABC
SAC
V
a
S
=
(vd).
II. PHN RIấNG (3.0 im)
Câu V.a 1Viết phơng trình đờng tròn đi qua giao điểm của(E) và (P)
Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phơng trình
09x37x36x91)x2x(
9
x
23422
2
=+=+
(*)
Xét
9x37x36x9)x(f
234
+=
, f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0,
f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E) cắt (P) tại 4 điểm phân
biệt
Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ
=+
=
1y
9
x
x2xy
2
2
2
09y8x16y9x9
9y9x
y8x16x8
22
22
2
=+
=+
=
(**)
(**) là phơng trình của đờng tròn có tâm
=
9
4
;
9
8
I
, bán kính R =
9
161
Do đó 4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đờng tròn có phơng trình (**)
2.Viết phơng trình mặt phẳng (
)
Do () // () nên () có phơng trình 2x + 2y z + D = 0 (D
17)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5
15
C
S
O
M
A
B
Cù Đức Hoà ễn Thi H 2009 - 2010
Đờng tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3.
Khoảng cách từ I tới () là h =
435rR
2222
==
Do đó
=
=
=+=
++
++
(loại) 17D
7D
12D54
)1(22
D3)2(21.2
222
Vậy () có phơng trình 2x + 2y z - 7 = 0
Câu VI.a Tìm hệ số của số hạng chứa x
2
trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
x
x
+
4
2
1
,
biết rằng n là số nguyên dơng thỏa mãn:
1
6560
1
2
3
2
2
2
2
1
2
3
1
2
0
+
=
+
++++
+
n
C
n
CCC
n
n
n
nnn
BG: Ta cú
( )
++++=+=
2
0
nn
n
22
n
1
n
0
n
2
0
n
dxxCxCxCCdx)x1(I
2
0
1nn
n
32
n
21
n
0
n
xC
1n
1
xC
3
1
xC
2
1
xC
+
++++=
+
suy ra I
n
n
1n
2
n
3
1
n
2
0
n
C
1n
2
C
3
2
C
2
2
C2
+
++++=
+
(1)
Mặt khác
1n
13
)x1(
1n
1
I
1n
2
0
1n
+
=+
+
=
+
+
(2)
Từ (1) và (2) ta có
n
n
1n
2
n
3
1
n
2
0
n
C
1n
2
C
3
2
C
2
2
C2
+
++++=
+
1n
13
1n
+
=
+
Theo bài ra thì
7n65613
1n
6560
1n
13
1n
1n
==
+
=
+
+
+
Ta có khai triển
( )
=
=
+
7
0
4
k314
k
7
k
k
7
0
4
k7
k
7
7
4
xC
2
1
x2
1
xC
x2
1
x
Số hạng chứa x
2
ứng với k thỏa mãn
2k2
4
k314
==
Vậy hệ số cần tìm là
4
21
C
2
1
2
7
2
=
CõuVb *1.Gi H l hỡnh chiu ca A trờn d, mt phng (P) i qua A v (P)//d, khi ú
khong cỏch gia d v (P) l khong cỏch t H n (P).
Gi s im I l hỡnh chiu ca H lờn (P), ta cú
HIAH
=> HI ln nht khi
IA
Vy (P) cn tỡm l mt phng i qua A v nhn
AH
lm vộct phỏp tuyn.
Mt khỏc,
)31;;21( tttHdH ++
vỡ H l hỡnh chiu ca A trờn d nờn
. 0 ( (2;1;3)AH d AH u u
= =
uuur r r
l vộc t ch phng ca d)
)5;1;7()4;1;3( AHH
Vy: (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0
7x + y 5z 77 = 0
2.*Gi C(a; b) , (AB): x y 5 =0 d(C; AB) =
5 2
2
ABC
a b S
AB
=
8(1)
5 3
2(2)
a b
a b
a b
=
=
=
; Trng tõm G
( )
5 5
;
3 3
a b+
(d) 3a b =4 (3)
T (1), (3) C(2; 10) r =
3
2 65 89
S
p
=
+ +
16
Cï §øc Hoµ Ơn Thi ĐH 2009 - 2010
Từ (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒
3
2 2 5
S
r
p
= =
+
.
CâuVIb: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z
2
+ bx + c = 0 ( b, c ∈ R), nên ta có :
( ) ( ) ( )
2
0 2
1 1 0 2 0
2 0 2
b c b
i b i c b c b i
b c
+ = = −
+ + + + = ⇔ + + + = ⇔ ⇔
+ = =
ĐỀ THI ĐẠI HỌC theo chương mới của bộ năm 2009 ( ĐỀ 2)
I. PHẦN CHUNG: (7 điểm)
Câu 1:Cho hàm số: y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 có đồ (C
m
); (m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số khi m = 3.
2. Xác đònh m để (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0, 1), D, E sao
cho các tiếp tuyến của (C
m
) tại D và E vuông góc với nhau.
Câu 2:
1. Giải phương trình: 2cos3x +
3
sinx + cosx = 0
2. Giải hệ phương trình
2 2
2 2
91 2 (1)
91 2 (2)
x y y
y x x
+ = − +
+ = − +
Câu 3: Cho số thực b ≥ ln2. Tính J =
−
∫
x
ln10
b
3
x
e dx
e 2
và tìm
→b ln2
lim J.
Câu 4: Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt
bên (SAB)
vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc
⊥
.
Câu 5: Ch x, y, z là các số dương thoả mãn
1 1 1
2009
x y z
+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =
1 1 1
2 2 2x y z x y z x y z
+ +
+ + + + + +
II.PHẦN TỰ CHỌN:
1.Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu 6.1a
1.Phương trình hai cạnh của một tamgiác trong mặt phẳng tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0;
4x + 7y – 21 = 0. viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng
với gốc tọa độ O.
2. Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng
(d) :
2
2z
2
y
1
1x +
==
−
và mặt phẳng () : 2x – y – 2z = 0.
Câu 6.2a
Cho tập hợp X =
{ }
0,1,2,3,4,5,6,7
. Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác
nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1.
2. Phần 2: Theo chương trình nâng cao.
Câu 6b. 1b
1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M
kẽ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60
0
.
17
Cï §øc Hoµ Ơn Thi ĐH 2009 - 2010
2.Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng: (d
1
) :
=
=
=
4z
ty
t2x
; (d
2
) :
3
0
x t
y t
z
= −
=
=
Chứng minh (d
1
) và (d
2
) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là
đoạn vuông góc chung của (d
1
) và (d
2
).
Câu 6b.2b Giải phương trình sau trong C: Z
4
– Z
3
+ 6Z
2
– 8Z – 16 = 0
HƯỚNG DẪN GIẢI:
I. PHẦN CHUNG:
Câu 1: : y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 (C
m
)
1. m = 3 : y = x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1 (C
3
)
+ TXĐ: D = R
+ Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
+ y’ = 3x
2
+ 6x + 3 = 3(x
2
+ 2x + 1) = 3(x + 1)
2
≥ 0; ∀x
* Bảng biến thiên:
+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)
y” = 0 ⇔ x = –1 điểm uốn I(-1;0)
* Đồ thò (C
3
):
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và đường thẳng y = 1 là:
x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1 ⇔ x(x
2
+ 3x + m) = 0 ⇔
=
+ + =
2
x 0
x 3x m 0 (2)
* (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt:
⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm x
D
, x
E
≠ 0.
⇔
≠
∆ = − >
⇔
<
+ × + ≠
2
m 0
9 4m 0
4
m
0 3 0 m 0
9
Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
k
D
= y’(x
D
) =
+ + = − +
2
D D D
3x 6x m (x 2m);
k
E
= y’(x
E
) =
+ + = − +
2
E E E
3x 6x m (x 2m).
18
Cï §øc Hoµ Ơn Thi ĐH 2009 - 2010
Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k
D
k
E
= –1.
⇔ (3x
D
+ 2m)(3x
E
+ 2m) = 9x
D
x
E
+6m(x
D
+ x
E
) + 4m
2
= –1
⇔ 9m + 6m
×
(–3) + 4m
2
= –1; (vì x
D
+ x
E
= –3; x
D
x
E
= m theo đònh lý Vi-ét).
⇔ 4m
2
– 9m + 1 = 0 ⇔ m =
( )
m
1
9 65
8
ĐS: m =
( ) ( )
− = m
1 1
9 65 hay m 9 65
8 8
Câu 2:
1.
+ + =3sinx cosx 2cos3x 0
⇔ sin
π
3
sinx + cos
π
3
cosx = – cos3x.
⇔ cos
π
− =−
x cos3x
3
⇔ cos
π
− = π −
x cos( 3x)
3
⇔
π π
= +
∈
π
= + π
k
x
3 2
(k Z)
x k
3
⇔ x =
π π
+
k
3 2
(k ∈ Z)
2. Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:
2 2 2 2
91 91 2 2x y y x y x+ − + = − − − + −
2 2
2 2
( )( )
2 2
91 91
x y y x
y x y x
y x
x y
− −
⇔ = + − +
− + −
+ + +
2 2
1
( ) 0
2 2
91 91
x y
x y x y
x y
x y
+
÷
⇔ − + + + =
÷
− + −
+ + =
⇔ x = y (trong ngoặc ln dương và x vay đều lớn hơn 2)
Vậy từ hệ trên ta có:
2 2
91 2x x x+ = − +
2 2
91 10 2 1 9x x x⇔ + − = − − + −
2
2
9 3
( 3)( 3)
2 1
91 10
x x
x x
x
x
− −
⇔ = + − +
− +
+ +
2
1 1
( 3) ( 3) 1 0
2 1
91 10
x x
x
x
⇔ − + − − =
÷
÷
÷
− +
+ +
⇔ x = 3
Vậy nghiệm của hệ x = y = 3
Câu 3: J
−
−
= = =
−
∫ ∫
b
b
ln10 8
x
8
2/ 3
1/ 3
3
x
e 2
b
e 2
e dx du 1
u
3
u
e 2
− −
b 2/3
3
4 (e 2) ;
2
với u = e
x
– 2, du =
e
x
dx)
Suy ra:
→ →
= − − = =
b 2/ 3
b ln2 b ln2
3 3
lim J lim 4 (e 2) (4) 6
2 2
Câu 4:
Dựng
SH AB
⊥
° Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂
19
S
H
P
C
A
B
N
ϕ
Cï §øc Hoµ Ơn Thi ĐH 2009 - 2010
SH (ABC)⇒ ⊥
và SH là đường cao của hình chóp.
° Dựng
HN BC, HP AC⊥ ⊥
·
·
SN BC, SP AC SPH SNH⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = α
° SHN = SHP ⇒ HN = HP.
° AHP vuông có:
o
a 3
HP HA.sin60 .
4
= =
° SHP vuông có:
a 3
SH HP.tg tg
4
= α = α
° Thể tích hình chóp
2 3
ABC
1 1 a 3 a 3 a
S.ABC: V .SH.S . .tg . tg
3 3 4 4 16
= = α = α
Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta có:
4ab ≤ (a + b)
2
1
4
a b
a b ab
+
⇔ ≤
+
1 1 1
( , 0)
4
a b
a b
⇔ + ∀ >
÷
Ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 4 2 4 2 4 8 2 2x y z x y z x y z x y z
≤ + ≤ + + = + +
÷ ÷ ÷
+ + +
Tương tự:
1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z x y z
≤ + +
÷
+ +
và
1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z x y z
≤ + +
÷
+ +
Vậy
1 1 1
2 2 2x y z x y z x y z
+ +
+ + + + + +
1 1 1 1 2009
4 4x y z
≤ + + =
÷
Vậy MaxP =
2009
4
khi x = y = z =
12
2009
II.PHẦN TỰ CHỌN:
1. Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bản
Câu 6a.1a
1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3)
Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP
a
r
= (7; - 4) của AC làm VTPT
Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7)
A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0
2. Gọi A(a; 0; 0)
Ox∈
.
° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) :
2 2 2
2a 2a
d(A; )
3
2 1 2
α = =
+ +
° ( ) qua
0
M (1; 0; 2)−
và có vectơ chỉ phương
u (1; 2; 2)=
r
° Đặt
0 1
M M u=
uuuuuur
r
° Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác
0 1
AM M
0 1
2
0
AM M
0 1
[AM ; u]
2.S
8a 24a 36
d(A; )
M M u 3
− +
⇒ ∆ = = =
uuuuur
r
r
° Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; )
20
Cï §øc Hoµ Ơn Thi ĐH 2009 - 2010
2
2 2 2
2
2a
8a 24a 36
4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0
3 3
4(a 3) 0 a 3.
− +
⇔ = ⇔ = − + ⇔ − + =
⇔ − = ⇔ =
° Vậy, có một điểm A(3; 0; 0).
Câu 6a.2a n =
abcde
* Xem các số hình thức
abcde
, kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vò trí cho 1 (1 là a hoặc là b
hoặc là c). Sau đó chọn trò khác nhau cho 4 vò trí còn lại từ X \
{ }
1
: số cách chọn
4
7
A
.
Như thế có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài.
* Xem các số hình thức
0bcde
.
* Loại những số dạng hình thức
0bcde
ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề
bài.
1. Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao:
Câu 6b.1b
1. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2
M ∈ Oy ⇒ M(0;m)
Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)
Vậy
·
·
0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB
=
=
Vì MI là phân giác của
·
AMB
(1) ⇔
·
AMI
= 30
0
0
sin 30
IA
MI⇔ =
⇔ MI = 2R ⇔
2
9 4 7m m+ = ⇔ = m
(2) ⇔
·
AMI
= 60
0
0
sin 60
IA
MI⇔ =
⇔ MI =
2 3
3
R ⇔
2
4 3
9
3
m + =
Vơ nghiệm
Vậy có hai điểm M
1
(0;
7
) và M
2
(0;-
7
)
2 (d
1
) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương
1
u (2; 1; 0)
=
r
- (d
2
) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương
2
u (3; 3; 0)= −
r
AB (3; 0; 4)= −
uuur
°
1 2 1 2
AB.[u ; u ] 36 0 AB, u , u= ≠ ⇒
uuur r r uuur r r
không đồng phẳng.
° Vậy, (d
1
) và (d
2
) chéo nhau.
° Gọi MN là đường vuông góc chung của (d
1
) và (d
2
)
°
1
M (d ) M(2t; t; 4)∈ ⇒
,
/ /
2
N (d ) N(3 t ; t ; 0)∈ ⇒ + −
/ /
MN (3 t 2t; t t; 4)⇒ = + − − − −
uuuur
° Ta có:
/ /
/
1
/ /
2
MN u 2(3 t 2) (t t) 0 M(2; 1; 4)
t 1
N(2;1; 0)
t 1
3 t 2t (t t) 0
MN u
⊥ + − − + =
= −
⇒ ⇔ ⇒
=
+ − + + =
⊥
uuuur r
uuuur r
° Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính
1
R MN 2.
2
= =
21
Cï §øc Hoµ Ơn Thi ĐH 2009 - 2010
° Vậy, phương trình mặt cầu (S):
2 2 2
(x 2) (y 1) (z 2) 4.− + − + − =
Câu 6b.2b
Xét phương trình Z
4
– Z
3
+ 6Z
2
– 8Z – 16 = 0
Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z
1
= –1, sau đó bằng cách chia đa thức ta thấy
phương trình có nghiệm thứ hai Z
2
= 2. Vậy phương trình trở thành:
(Z + 1)(Z – 2)(Z
2
+ 8) = 0
Suy ra: Z
3
=
2 2 i
và Z
4
= –
2 2 i
Đáp số:
{ }
− − −1,2, 2 2 i, 2 2 i
Hết
Đề 8
( Biên soạn theo định hướng ra đề của Bộ GD&ĐT năm học 2008 – 2009)
Bài 1: Cho hàm số
4 3 2
x 2x 3 x 1 (1)y x m m
= + − − +
.
1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0.
2). Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu.
Bài 2: 1). Giải phương trình cos3xcos
3
x – sin3xsin
3
x =
2 3 2
8
+
2). Giải phương trình: 2x +1 +x
( )
2 2
2 1 2x 3 0x x x
+ + + + + =
Bài 3: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-
1;1;1).
1). Viết phương trình của mặt phẳng chứa AB và song song với CD. Tính góc giữa AB, CD.
2). Giả sử mặt phẳng (
α
) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao
cho D là trực tâm của tam giác MNP. Hãy viết phương trình của (
α
).
Bài 4: Tính tích phân:
( )
2
0
1 sin2xdxI x
π
= +
∫
.
Bài 5: Giải phương trình:
( ) ( )
1
4 2 2 2 1 sin 2 1 2 0
x x x x
y
+
− + − + − + =
.
Bài 6: Giải bất phương trình:
2 2
1 2
9 1 10.3
x x x x+ − + −
+ ≥
.
Bài 7:
1). Cho tập A gồm 50 phần tử khác nhau. Xét các tập con khơng rỗng chứa một số chẵn các
phần tử rút ra từ tập A. Hãy tính xem có bao nhiêu tập con như vậy.
2). Cho số phức
1 3
z
2 2
i
= − +
. Hãy tính : 1 + z + z
2
.
Bài 8: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là h.chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA' = b.
Gọi
α
là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC). Tính tan
α
và thể tích của khối chóp A'.BB'C'C.
22
Cï §øc Hoµ Ôn Thi ĐH 2009 - 2010
Hết
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:
1) ( Các bước khảo sát HS tự thực hiện)
Khi m = 0 hàm số viết lại:y = x
4
– 2x
2
+1 = (x
2
-1 )
2
(C)
Bảng biến thiên:
+ Đồ thị hàm số có điểm cực đại D(0;1), hai điểm cực tiểu T
1
(-1;0) và
T
2
(1;0), 2 điểm uốn:
1 2
3 4 3 4
; , ;
3 9 3 9
U U
−
÷ ÷
2)
4 3 2
x 2x 2 x 1y x m m= + − − +
(1)
Đạo hàm
/ 3 2 2
y 4x 3mx 4x 3m (x 1)[4x (4 3m)x 3m]= + − − = − + + +
°
/
2
x 1
y 0
4x (4 3m)x 3m 0 (2)
=
= ⇔
+ + + =
° Hàm số có 2 cực tiểu ⇔ y có 3 cực trị ⇔ y
/
= 0 có 3 nghiệm phân biệt
⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
2
(3m 4) 0
4
m .
3
4 4 3m 3m 0
∆ = − >
⇔ ⇔ ≠ ±
+ + + ≠
Giả sử: Với
4
m
3
≠ ±
, thì y
/
= 0 có 3 nghiệm phân biệt
1 2 3
x , x , x
° Bảng biến thiên:
x
-∞
x
1
x
2
x
3
+∞
y
/
- 0 + 0 - 0 +
y
+∞
CT
CĐ
CT
+∞
° Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu.
Kết luận: Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi
4
m .
3
≠ ±
Bài 2:
23
Cï §øc Hoµ Ôn Thi ĐH 2009 - 2010
1). Ta có: cos3xcos
3
x – sin3xsin
3
x =
2 3 2
8
+
⇔ cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) =
2 3 2
8
+
⇔
( )
2 2
2 3 2
os 3x sin 3x+3 os3x osx sin3xsinx
2
c c c
+
+ − =
⇔
2
os4x ,
2 16 2
c x k k Z
π π
= ⇔ = ± + ∈
.
2) Giải phương trình : 2x +1 +x
( )
2 2
2 1 2x 3 0x x x
+ + + + + =
. (a)
* Đặt:
− = +
= + > = +
⇒ ⇒
− −
= + +
=
= + + >
2 2
2 2 2
2 2
2 2
2
2
v u 2x 1
u x 2, u 0 u x 2
v u 1
v x 2x 3
x
v x 2x 3, v 0
2
° Ta có:
− − − − − −
⇔ − + + + = ⇔ − + − + + =
÷ ÷ ÷ ÷
÷ ÷ ÷ ÷
− =
+
⇔ − − + + = ⇔
+
÷
+ + + =
÷
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
v u 1 v u 1 v u u v u v
(a) v u .u 1 .v 0 v u .u .v 0
2 2 2 2 2 2
v u 0 (b)
v u 1
(v u) (v u) 1 0
v u 1
(v u) 1 0 (c)
2 2
2 2
° Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm.
° Do đó:
⇔ − = ⇔ = ⇔ + + = + ⇔ + + = + ⇔ = −
2 2 2 2
1
(a) v u 0 v u x 2x 3 x 2 x 2x 3 x 2 x
2
Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x =
1
2
−
.
Bài 3:
1) + Ta có
( )
( )
( )
2;0;2
, D 6; 6;6
D 3;3;0
AB
AB C
C
=
⇔ = − −
= −
uuur
uuur uuur
uuur
. Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song song
CD có một VTPT
( )
1;1; 1n = −
r
và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0.(P)
Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P) ⇒ C không thuộc (P), do đó (P) // CD.
+
( )
( )
( )
0
. D
1
os , D os , D , D 60
. D 2
AB C
c AB C c AB C AB C
AB C
= = = ⇒ =
uuur uuur
uuur uuur
2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz.
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
= − − = −
= +
⇒
= − − = − = +
uuur uuuur
uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur
.
Mặt khác:
Phương trình mặt phẳng (
α
) theo đoạn chắn:
1
x y z
m n p
+ + =
. Vì D ∈(
α
) nên:
1 1 1
1
m n p
−
+ + =
.
24
Cï §øc Hoµ Ôn Thi ĐH 2009 - 2010
D là trực tâm của ∆MNP ⇔
. 0
. 0
DP NM DP NM
DN PM DN PM
⊥ =
⇔
⊥ =
uuur uuuur uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur
. Ta có hệ:
0
3
0
3
1 1 1
1
m n
m
m p
n p
m n p
+ =
= −
+ = ⇒
= =
−
+ + =
.
Kết luận, phương trình của mặt phẳng (
α
):
1
3 3 3
x y z
+ + =
−
.
Bài 4: Tính tích phân
( )
2
0
1 sin2xdxI x
π
= +
∫
. Đặt
x
1
1
sin 2xdx
os2x
2
du d
u x
dv
v c
=
= +
⇒
=
=
I =
( )
/2
2 2
0 0
0
1 1 1
1 os2x os2xdx 1 sin 2x 1
2 2 4 4 4
x c c
π π
π
π π
− + + = + + = +
∫
.
Bài 5: Giải phương trình
( ) ( )
1
4 2 2 2 1 sin 2 1 2 0
x x x x
y
+
− + − + − + =
(*)
Ta có: (*) ⇔
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2 1 sin 2 1 0(1)
2 1 sin 2 1 os 2 1 0
os 2 1 0(2)
x x
x x x
x
y
y c y
c y
− + + − =
− + + − + + − = ⇔
+ − =
Từ (2) ⇒
( )
sin 2 1 1
x
y+ − = ±
.
Khi
( )
sin 2 1 1
x
y+ − =
, thay vào (1), ta được: 2
x
= 0 (VN)
Khi
( )
sin 2 1 1
x
y+ − = −
, thay vào (1), ta được: 2
x
= 2 ⇔ x = 1.
Thay x = 1 vào (1) ⇒ sin(y +1) = -1 ⇔
1 ,
2
y k k Z
π
π
= − − + ∈
.
Kết luận: Phương trình có nghiệm:
1; 1 ,
2
k k Z
π
π
− − + ∈
÷
.
Bài 6: Giải bất phương trình:
2 2
1 2
9 1 10.3
x x x x+ − + −
+ ≥
. Đặt
2
3
x x
t
+
=
, t > 0.
Bất phương trình trở thành: t
2
– 10t + 9 ≥ 0 ⇔ ( t ≤ 1 hoặc t ≥ 9)
Khi t ≤ 1 ⇒
2
2
3 1 0 1 0
x x
t x x x
+
= ≤ ⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤
.(i)
Khi t ≥ 9 ⇒
2
2
2
3 9 2 0
1
x x
x
t x x
x
+
≤ −
= ≥ ⇔ + − ≥ ⇔
≥
(2i)
Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ∞; -2]∪[-1;0]∪[1; + ∞).
Bài 7:
1) Số tập con k phần tử được trích ra từ tập A là
50
k
C
⇒ Số tất cả các tập con không rỗng chứa
một số chẵn các phần tử từ A là : S =
2 4 6 50
50 50 50 50
S C C C C= + + + +
.
Xét f(x) =
( )
50
0 1 2 2 49 49 50 50
50 50 50 50 50
1 x C C x C x C x C x+ = + + + + +
Khi đó f(1) =2
50
0 1 2 49 50
50 50 50 50 50
C C C C C= + + + + +
.
f(-1) = 0
0 1 2 49 50
50 50 50 50 50
C C C C C= − + − − +
25
