Thi thử ĐHCĐ TOÁN (CÓ ĐÁP ÁN)

TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH - CĐ
ĐỀ THI THỬ ĐH – CĐ NĂM 2009
Môn : TOÁN ( Khối A, B)
Thời gian: 120 phút
Câu I:Cho hàm số : y = x
3
– 1 – k(x-1) (1)
1. Tìm k để hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành.
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thò (1) tại giao điểm của nó với trục tung.
Tìm k để tiếp tuyến đó chắn trên các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4.
3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số ứng với k = 3.
Câu II:
1. Giải phương trình : tgx – tg2x = sinx
2. Giải bất phương trình:
2
)1(
4
−
x
– 6.
)2(
2
−
xx
– 4 ≥ 0 .
Câu III:
Lập phương trình đường tròn đi qua gốc tọa độ và tiếp xúc với hai đường thẳng
D
1
: 2x + y – 1 = 0

D
2
: 2x – y + 2 = 0
Câu IV:
1. Tính tích phân:
∫
1
0
2
3
. dxex
x
.
2. Trong khai triển nhò thức Niutơn của
n
x
x








+
2
1
, các hệ số của 3 số hạng đầu
tiên lập thành cấp số cộng. Tìm hệ số của số hạng chứa

2
x
.
Câu V:
Cho a, b, c thuộc đoạn [-1;2] và a + b + c = 0.
Chứng minh : a
2
+ b
2
+ c
2

≤
6
_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN 2008 ( Khối A, B)
Câu I: Cho hàm số
( )
3
y x 1 k x 1= − − −
(1)
1. Tìm k để hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành.
Để đồ thò (1) tiếp xúc với trục hoành ta phải tìm k sao cho:
3
2
3
4
y 0 x 1 k(x 1) 0 k 3
y' 0 k
3x k 0


= − − − = =
 

⇔ ⇔
 

= =
− =

 

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thò (1) tại giao điểm của nó với trục tung. Tìm k để tiếp tuyến đó
chắn trên các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4.
Tọa độ giao điểm của A của đồ thò (1) với trục Oy là nghiệm của hệ
( )
3
y x 1 k(x 1)
A 0 ; k 1
x 0

= − − −
⇔ −

=

Ta có
2
y' 3x k , y'(0) k= − = −
Phương trình của tiếp tuyến phải tìm là

y kx k 1= − + −
Tiếp tuyến này cắt trục Ox tại
k 1
B ; 0
k
−
 
 ÷
 
(với k ≠ 0)
OAB
2
k 1
S 4 OA.OB 8 k 1 8
k
k 2k 1 8 k (*)
∆
−
= ⇔ = ⇔ − =
⇔ − + =
• Nếu k > 0 thì (*) ⇔
2
k 2k 1 8k k 5 24− + = ⇔ = ±
(nhận)
• Nếu k < 0 thì (*) ⇔
2
k 2k 1 8k k 3 8− + = − ⇔ = − ± (nhận)
3. Khảo sát hàm số khi k = 3. (HS tự giải)
6
4

2
-2
-4
-6
-5 5
f x
( )
= x
3
-3
⋅
x
( )
+2
Câu II:1) tgx – tg2x = sinx
sin( 2 )
sin
cos .cos2
x x
x
x x
−
⇔ =
( Điều kiện cosx.cos2x
≠
0)
⇔
- sinx = sinx(cosx.cos2x)
⇔
sinx(1 + cosx.cos2x) = 0

(*)
sin 0
cos 1 cos 1
cos .cos2 1
cos2 1 cos2 1
x k
x
x x
x x
x x
π
=

=


⇔ ⇔
= = −
 


∨
= −
 


= − =
 

Cosx = 1

⇔
x = m2
π
không thỏa cos2x = - 1
Cosx = -1
⇔
x =
π
+ l2
π
(**) thỏa cos2x = 1
Kết hợp (*) và (**) ta có nghiệm x = k
π
2)
2
)1(
4
−
x
– 6.
)2(
2
−
xx
– 4 ≥ 0
Đặt t =
2
)1(
2
−

x
; t > 0 ta được: t
2
–3t – 4

≥ 0 ⇔



−≤
≥
1
4
t
t
⇔ t ≥ 4.
⇒ (x – 1)
2
≥ 2 ⇔




−≤
+≥
21
21
x
x
.

Câu III:Lập phương trình đường tròn đi qua gốc tọa độ và tiếp xúc với hai đường thẳng
1
2
D :2x y 1 0
D : 2x y 2 0
+ − =
− + =
Gọi I(a, b) là tâm của đường tròn (C) ta có
(C) qua O và tiếp xúc với D
1
, D
2
khi và chỉ khi
( ) ( )
( )
1 2
1
2 2
2a b 1 2a b 2
(1)
d I,D d I,D
5 5
2a b 1d I,D IO
a b (2)
5

+ − − +
=



=
 
⇔
 
+ −=



= +


TH 1:
3
2a b 1 2a b 2 b
2
+ − = − + ⇔ =
Thay
3
b
2
=
vào (2) ta có:
2
1 3
2a 5 a
2 4
 
+ = +
 ÷
 

⇔
2 2 2
1 9
4a 2a 5 a a 2a 11 0
4 4
 
+ + = + ⇔ − + =
 ÷
 
(VN)
TH 2:
( )
1
2a b 1 1 2a b 2 a
4
+ − = − + ⇔ = −
Thay
1
a
4
= −
vào (2) ta có:
2 2 2
3 1 9 5
b 5 b b 3b 5b
2 6 4 6
 
− = + ⇔ − + = +
 ÷
 

⇔
2
3 2 10
64b 48b 31 0 b
8
− ±
+ − = ⇔ =
Phương trình của đường tròn là:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
x a y b a b x 2ax y 2by 0− + − = + ⇔ − + − =
⇔
2 2
1 3 2 10
x y x y 0
2 4
 
±
+ + + =
 ÷
 ÷
 
Câu IV:
1) I =
∫
1
0
2
3

. dxex
x
. Đặt t = x
2
.
I =
2
1
∫
1
0
.. dtet
t
. Đặt



=
=
dt
t
edv
tu
⇒



=
=
t

ev
dtdu
I =
2
1
1
0
.
t
et
-
2
1
∫
1
0
dt
t
e
=
)1(
2
1
2
−−
e
e
=
2
1

.
2) 3 hệ số đầu: 1;
2
n
;
8
)1(
−
nn
lập thành cấp số cộng
⇔ 1 +
8
)1(
−
nn
= n ⇔



=
=
8
1
n
n

(nhận)
(loại)
Với n = 8, số hạng chứa x
2

là:
4
)
1
(
4
.
8
2
4
x
x
C
⇒
Hệ số của số hạng chứa x
2
là:
16
4
8
C
Câu V: Cho
[ ]
a,b,c 1;2∈ −
và a + b + c = 0. CMR
2 2 2
a b c 6+ + ≤
Ta có
[ ]
2

2
2
a a 2 0
a,b,c 1;2 b b 2 0
c c 2 0

− − ≤

∈ − ⇔ − − ≤


− − ≤

Cộng vế theo vế 3 bất phương trình ta được
( )
2 2 2
a b c a b c 6 0+ + − + + − ≤
Mà a + b + c = 0 nên
2 2 2
a b c 6 0+ + − ≤ (đpcm)