Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải

SỞ GD-ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
_____________________________________
THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI ĐH-CĐ NĂM 2008-2009
Đề thi môn : TOÁN . Khối : A - B
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 :
32
31yx x mx=+ + + ( m là tham số )
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.
2. Xác định các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt
C(0;1), D và E đồng thời các tiếp tuyến tại D và E vuông góc với nhau.
Câu II . (2,0 điểm )
1. Giải hệ phương trình :
725
220538
xy xy
xy x y
⎧
++ +=
⎪
⎨
++ + =
⎪
⎩

2. Giải bất phương trình :
(

)
2
lg 6 g( 2) 4ox x xlox
−
−+≤ ++
Câu III . (1,0 điểm ) Tính tích phân :

22
3
22
4
sin 3 os 3
sin os
xc x
Idx
xcx
π
π
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠
∫

Câu IV. (1,0 điểm ) Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm
S với SA = 2a . Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mặt phẳng AB’D’ cắt SC tại C’ . Tính
thể tích hình chóp SAB’C’D’.
Câu V . (1,0 điểm ) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện : x+y+z=1
Chứng minh bất đẳng thức :
3

2
xy yz xz
xy z yz x xz y
+
+≤
+++

II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )


1. Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a
(2,0 điểm )

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(2; 3). Viết phương trình đường thẳng cắt hai trục toạ độ
Ox, Oy ở A và B sao cho ABM là tam giác vuông cân tại A.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (C):
()()
22
2
1111xyz
−
++ += và hai đường thẳng :
() ()
12
11 1
:;:
11 2 121
x

yz xyz
dd
+− +
=
===.
Hãy viết phương trình chính tắc của đường thẳng qua tâm của (C) đồng thời cắt (d
1
) và (d
2
) .
Câu VII.a
(1,0 điểm) Cho n nguyên dương. Chứng minh rằng :
01
12 1 1
23 2 22
1

2
kn
nn n n
kn
nn nk n
CC C C
CC C C
++
++ ++ +
+++ ++ =

2. Theo chương trình Nâng cao .

Câu VI.b ( 2,0 điểm )

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(2; 3). Viết phương trình đường thẳng cắt hai trục toạ độ
Ox, Oy ở A và B sao cho ABM là tam giác vuông cân tại B.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (C):
()()
22
2
1111xyz
−
++ += và hai đường thẳng :
() ()
12
11 1
:;:
11 2 121
x
yz xyz
dd
+
−+
=
===.
Hãy viết phương trình các mặt phẳng tiếp xúc với (C) đồng thời song song với (d
1
) và (d
2
) .
Câu VII.b
(1,0 điểm )Cho n nguyên dương. Chứng minh rằng :

01
12 1 1
23 2 22
1

2
kn
nn n n
kn
nn nk n
CC C C
CC C C
++
++ ++ +
+++ ++ =

___________________________________Hết___________________________________

Chú ý : Thí sinh dự thi có thể download đáp án và thang điểm tại :

Phạm Kim Chung 0984.333.030
copyright by :
1
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM KỲ THI THỬ ĐH-CĐ LẦN I

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH.

Câu Nội dung Điểm
I.1

Khi m = 3, hàm số đã cho trở thành :
32
331
y
xxx
=
+++
• Tập xác định : R
• Sự biến thiên :
Đạo hàm : y’ = 3x
2
+6x+3=3(x+1)
2
≥ 0,
∀
R
∈

Hàm số đã cho đồng biến trên R
Giới hạn :
lim;lim;
xx
yy
→+∞ →−∞
=+∞ =−∞ , hàm số đã cho không có tiệm cận.
Bảng biến thiên :

x -
∞
-1

+∞
y’ + 0 +
y




-
∞

+∞
• Đồ thị :




Giao với Ox : A(-1;0)
Giao với Oy : B(0;1)

Đồ thị nhận điểm uốn U(-1;0) làm tâm đối xứng.

0,25



0,25






0,25

0,25
I.2
Xét phương trình :
(
)
32 2
13 1 3 0(*)xxmx xxxm=+ + +⇔ ++ =
0,25
32
331yx x x
=
+++
y
x
O
Phạm Kim Chung 0984.333.030
copyright by :
2
Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y=1 tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có ba
nghiệm phân biệt .
Hay phương trình :
++=
2
x3xm0 có 2nghiệm phân biệt khác 0
≠
⎧
≠
⎧

⎪
⇔⇔
⎨⎨
−>
<
⎩
⎪
⎩
m0
m0
(a )
9
94m 0
m
4

Giả sử
()()
DD EE
Dx;
y
;E x ;
y
, theo yêu cầu bài toán ta cần có :
()()
()
(
)
=− ⇔ + + + + =−
22

DE DD EE
f' x .f' x 1 3x 6x m 3x 6x m 1
Do x
E
, x
D
là nghiệm của phương trình :
+
+=
2
x3xm0 , nên ta có :
()()
2
DE
965
3x 2m 3x 2m 1 4m 9m 1 0 m ( tho¶ m·n (a) )
8
±
++=−⇔−+=⇔=








0,25

0,25


0,25
II.1
Đặt : 7,2 (,0)xya xybab+= += ≥
Lúc đó :
22
23205ab xy+= +
Hệ đã cho trở thành :
22 2
3
2
55
4
(2 3 ) 38 5 19 12 0
5
21
5
b
a
ab a b
b
bab b b
a
⎡
=
⎧
⎨

⎢
=
⎩
⎢
+= =−
⎧⎧
⎢
⎧
⇔⇔
⎨⎨
=
⎢
⎪
++= −+=
⎩⎩⎪
⎢
⎨
⎢
⎪
=
⎢
⎪
⎩
⎣

•
Với
3
2
b

a
=
⎧
⎨
=
⎩
, thay trở lại ta có :
74 1
29 11
+= =−
⎧⎧
⇔
⎨⎨
+= =
⎩⎩
xy x
xy y

Với
4
5
21
5
b
a
⎧
=
⎪
⎪
⎨

⎪
=
⎪
⎩
, thay trở lại ta có :
441 17
7
25 5
16 154
2
25 25
⎧⎧
+= =
⎪⎪
⎪⎪
⇔
⎨⎨
⎪⎪
+= =−
⎪⎪
⎩⎩
xy x
xy y




0,25

0,25






0,25







0,25
II.2
Điều kiện xác định :
2
60
3
20
xx
x
x
⎧
−−>
⇔

>
⎨
+>
⎩

Với điều kiện đó ta có :
()
2
log( 6) log 2 4xx x x−− +≤ + + log( 3) 4 0xx
⇔
−+−≤
Xét hàm số : ( ) log( 3) 4fx x x=−+−, ta có :
0,25


0,25



Phạm Kim Chung 0984.333.030
copyright by :
3
()
1
'( ) 1 0, 3
3ln10
fx x
x
=+>∀>
−

Suy ra : ( ) log( 3) 4 0 3 4fx x x x=−+−≤⇔<≤
( Do x = 4 là nghiệm của phương trình : f(x) = 0 )

0,25


0,25
III
Ta có :
()
(
)
22
22 22 2
sin3 .cos sinx. os3 sin3 .cos sinx. os3
sin 3 os 3 4.sin2 .sin4
8os2
sin os sin . os sin 2
xx cx xx cx
xc x x x
cx
xcx xcx x
−+
−= = =
Do đó :
22
33
22
44

sin 3 os 3
3
8os2. 4.sin2 234
sin os
4
xc x
Idxcxdxx
xcx
ππ
ππ
π
π
⎛⎞
=− = = =−
⎜⎟
⎝⎠
∫∫



0,5


0,5

IV

Ta có :
'
'
'
AB SB
AB SC
AB CB
⊥
⎫
⇒⊥
⎬
⊥
⎭
, tương tự :

(
)
'''''AD SC SC AB C D SC AC⊥⇒⊥ ⇒⊥
Do tính đối xứng ( tự CM ) ta có :
''' ''
2
SAB C D SAB C
VV
=

Áp dụng tính chất tỉ số thể tích cho 3tia SA,SB,SC ta có :


22 22
''
222222
' ' '. '. 4 4 8

56 15
SAB C
SABC
V
SB SC SB SB SC SC SA SA a a
VSBSCSBSCSBSCaa
== = ==



23 33
''

188
2 .
32 3 153 45
SABC SAB C
aa aa
VaV==⇒==


3
'''
16
45
SAB C D
a
V⇒=

(học sinh nêu và chứng minh tính chất tỉ số thể tích )




0,25




0,25

0,25








0,25
V
Cách 1 :
Ta có :



Phạm Kim Chung 0984.333.030
copyright by :
4


II. PHẦN RIÊNG
1. Theo chương trình Chuẩn.

1
xy xz xy yz xz yz
xyz
zy zx zx

++= + + =
Suy ra luôn tồn tại tam giác ABC sao cho :
tan ; tan ; tan
222
Ayz Bxz Cxy
zyz
===
Lúc đó :
33
22
111
xz
yz
xy
xy yz xz
y
x
z
xy yz xz
xy z yz x xz y
zxy
++≤⇔++≤
+++
+++

Hay bài toán đã cho trở thành, chứng minh BĐT :
++ ≤
+++
⇔++≤
222

222
CBA
tan tan tan
3
222
CBA
2
tan 1 tan 1 tan 1
222
ABC3
sin sin sin (dÔCM)
2222

Cách 2 :
Ta có : ()()()
x
yzxyzxyz xzyz+= + ++ = + +
Do đó :
1
(1)
()()2
xy xy x y
xy z x z y z x z y z
⎛⎞
=≤+
⎜⎟
+++ ++
⎝⎠

Hoàn toàn tương tự ta có :

1
(2)
()()2
zy zy y z
zy x x y x z x y x z
⎛⎞
=≤+
⎜⎟
+++ ++
⎝⎠

1
(3)
()()2
zx zx z x
zx y z y x y z y x y
⎛⎞
=≤+
⎜⎟
+++ ++
⎝⎠

Cộng (1), (2), (3) theo từng vế ta có ĐPCM.
0,25


0,25

0,25







0,25



Câu Nội dung Điểm
VI.a.1
Giả sử :
()()
,0 ; 0,Aa B b, ta có :
()() ()
2
22
2,3; ;; 2 9;AM a AB a b AM a AB a b=− − = − + = +
JJJJG JJJG

Theo bài ra ta có :
()
()
(
)
() ()

2
22
2
22
2
32 0
.0
3
29
2929
9
aa
b
ba a
AM AB
AM AB
aab
a
aa
⎧−
=
⎪
⎧− −=
⎧
=
⎪⎪ ⎪
⇒⇒
⎨⎨ ⎨
=
−+=+

⎪
⎪
⎩
⎪
⎩
⎡
⎤
−
+= − +
⎣
⎦
⎪
⎩
JJJJG JJJG
3
1
3
5
a
b
a
b
⎡=
⎧
⎨
⎢
=−
⎩
⎢
⇒

⎢
=−
⎧
⎢
⎨
=−
⎢
⎩
⎣


Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán :
x3
y
30
−
−= và 5x 3
y
15 0++=
0,25





0,5



0,25

Phạm Kim Chung 0984.333.030
copyright by :
5

2. Theo chương trình nâng cao .

Câu Nội dung Điểm
VI.b.1
Giả sử :
()()
,0 ; 0,Aa B b, ta có :
()() ()
2
22
2;3 ; ; ; 4 3 ;
B
M b BA a b BM b BA a b=− − =+− =+
JJJJGJJJG

Theo bài ra ta có :
0,25

VI.a.2
Mặt cầu (C) có tâm :
()
1; 1; 0I −
Lấy điểm A thuộc (d
1
) : A(0; -1; 1)
(
)
1; 0;1AI⇒=
J
JG

Mặt phẳng
()
β
chứa (d
1
) và I có véctơ pháp tuyến là :
()
1
;1;3;1nuAI
β
⎡⎤
==−−
⎣⎦
JJG JG JJG
( Trong đó
(
)

1
1;1; 2u
J
G
là véctơ chỉ phương của (d
1
) )
Phương trình mặt phẳng
()
β
là :
(
)
(
)
(
)
1131100xyz
−
−+ +− − =
hay : 3 4 0xyz−+ −+ =
Toạ độ giao điểm B của
()
β
và (d
2
) là nghiệm của hệ :
9
4
340

10
1
4
121
5
4
x
xyz
y
xyz
z
⎧
=−
⎪
−+ −+ =
⎪
⎧
⎪⎪
⇒=−
⎨⎨
+
==
⎪⎪
⎩
⎪
=−
⎪
⎩
. Do đó véctơ :
13 6 5

;;
444
BI
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
J
JG

Vậy phương trình đường thẳng IB là :
11
13 6 5
x
yz
−
+
=
=


0,25



0,25

0,5
VII Ta có :
()
1
2
!(1)!(1)! !(1)!(1)
.
()!!( 2)! !( 2)!
k
n
k
nk
C
nkn nnk
C nkk nk nk nk
+
++
++ ++
==
−++−++

1!(1)! !(1)!
2 ( )!( 1)! ( 1)!( 2)!
nn nn
nk nk nk nk
⎡⎤
++
=−
⎢⎥

−++ −−++
⎣⎦
(2 1)! (2 1)!
1
( )!( 1)! ( 1)!( 2)!
(2 1)! (2 1)!
2
!( 1)! !( 1)!
nn
nk nk nk nk
nn
nn nn
++
⎡
⎤
⎢
⎥
−++ −−++
=−
⎢
⎥
++
⎢
⎥
⎢
⎥
++
⎣
⎦
1

21 21
21
1
2
nk nk
nn
n
n
CC
C
−−−
++
+
⎛⎞
−
=
⎜⎟
⎝⎠
(1)
Đẳng thức (1) đúng với mọi k từ 0 đến n . Do đó :
()()()
01
112 10
21 21 21 21 21 21
12 1 1
23 2 22 21
11
.
2
kn

nn nn
nn n n
nn nn nn
knn
nn nk n n
CC C C
CC CC CC
CC C C C
−−−
++ ++ ++
++
++ ++ + +
⎡
⎤
+++ ++= −+−++−
⎣
⎦

21
1
21
11 1

22
n
n
n
C
C
+

+
==
0,25







0,25





0,5
Phạm Kim Chung 0984.333.030
copyright by :
6
()
()
(
)
() ()
2
22
2
22
3

23 0
.0
2
43
43 3 4
4
bb
a
ab b
BM BA
BM BA
bab
b
bb
⎧−
=
⎪
⎧− −=
⎧
=
⎪⎪ ⎪
⇒⇒
⎨⎨ ⎨
=
+− = +
⎪
⎪
⎩
⎪
⎩

⎡
⎤
+
−= −+
⎣
⎦
⎪
⎩
JJJJGJJJG
1
2
5
2
a
b
a
b
⎡=
⎧
⎨
⎢
=
⎩
⎢
⇒
⎢
=−
⎧
⎢
⎨

=−
⎢
⎩
⎣

Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán :
2x
y
20
+
−= và 2x 5
y
10 0++=

0,5




0,25
VI.b.2
Ta có véctơ chỉ phương của (d
1
) :
(
)
1
1;1; 2u
J
G

; Véctơ chỉ phương của (d
2
) :
()
2
1; 2; 1u
JJG

Mặt phẳng song song với (d
1
); (d
2
) có véctơ pháp tuyến :
()
12
;3;1;1nuu
⎡⎤
==−
⎣⎦
G
JG JJG

Phương trình của mặt phẳng này có dạng :
(
)
30xyzD
α
−+++=

Mặt phẳng

()
α
tiếp xúc với mặt cầu :
()()
22
2
1111xyz
−
++ += khi và chỉ khi :
()
()
15
31
;( ) 11
11
7
1; 1; 0
11
D
D
dI
D
I
α
⎧
=
−−+
=
⎡
⎪

⇔=⇒
⎨
⎢
=
−
−
⎣
⎪
⎩

Vậy mặt phẳng
()
α
có dạng :
-3x+y+z+15=0 hoặc -3x+y+z-7=0
0,25


0,25



0,25


0,25
VII.b Ta có :
()
1
2

! ( 1)!( 1) ! !( 1)!( 1)
.
()!!( 2)! !( 2)!
k
n
k
nk
C
nkn nnk
C nkk nk nk nk
+
++
++ ++
==
−++−++

1!(1)! !(1)!
2 ( )!( 1)! ( 1)!( 2)!
nn nn
nk nk nk nk
⎡⎤
++
=−
⎢⎥
−++ −−++
⎣⎦
(2 1)! (2 1)!
1
( )!( 1)! ( 1)!( 2)!
(2 1)! (2 1)!

2
!( 1)! !( 1)!
nn
nk nk nk nk
nn
nn nn
++
⎡
⎤
⎢
⎥
−++ −−++
=−
⎢
⎥
++
⎢
⎥
⎢
⎥
++
⎣
⎦
1
21 21
21
1
2
nk nk
nn

n
n
CC
C
−−−
++
+
⎛⎞
−
=
⎜⎟
⎝⎠
(1)
Đẳng thức (1) đúng với mọi k từ 0 đến n . Do đó :
()()()
01
112 10
21 21 21 21 21 21
12 1 1
23 2 22 21
11
.
2
kn
nn nn
nn n n
nn nn nn
knn
nn nk n n
CC C C

CC CC CC
CC C C C
−−−
++ ++ ++
++
++ ++ + +
⎡
⎤
+++ ++= −+−++−
⎣
⎦

21
1
21
11 1

22
n
n
n
C
C
+
+
==


0,25

0,25





0,5