đề thi thử đH-2009(đáp án)

Đáp án đề số 1 - 2009
Phần chung:
Câu 1: Cho hàm số y =
2 3
2
x
x
−
−
có đồ thị là (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, b sao
cho AB ngắn nhất.
Giải: 1) y=
2 3
2
x
x
−
−
(C)
D= R\ {2}
lim 2 : 2
x
y TCN y
→±∞
= ⇒ =
2 2
lim ; lim
x x
y y

− +
→ →
= −∞ = +∞ ⇒
TCĐ x = 2
y’ =
2
1
0; 2
( 2)
x
x
−
< ∀ ≠
−
BBT
2) Gọi M(x
o
;
0
0
2 3
2
x
x
−
−
)∈ (C) .
Phương trình tiếp tuyến tại M: (∆) y =
2
0 0

2 2
0 0
2 6 6
( 2) ( 2)
x x
x
x x
− +
−
+
− −
(∆ ) ∩ TCĐ = A (2;
0
0
2 2
2
x
x
−
−
)
(∆ ) ∩ TCN = B (2x
0
–2; 2)
0
0
2
(2 4; )
2
AB x

x
−
= −
−
uuur
⇒ AB =
2
0
2
0
4
4( 2) 2 2
( 2)
cauchy
x
x
− +
−
≥
⇒ AB min =
2 2
⇔
0
3 (3;3)
1 (1;1)
o
x M
x M
= →



= →


Câu 2:
1) Giải phương trình:
2 2 sin( ).cos 1
12
x x
π
− =
Giải: phương trình ⇔ 2(cosx–sinx)(sinx–
3
cosx)=0 ⇔
3
( )
4
x k
k
x k
π
π
π
π

= +

∈

= +



¢
2) Giải hệ phương trình:
3 3 3
2 2
8 27 18 (1)
4 6 (2)
x y y
x y x y
+ =


+ =

Giải: (1) ⇒ y ≠ 0
Hệ ⇔
3
3
3
3
2
2
27
3
8 18
(2 ) 18
4 6
3 3
1

2 . 2 3
x
x
y
y
x x
x x
y y
y y

 

+ =
+ =

 ÷

 
 
⇔
 
 
 
+ =
+ =
 ÷



  

Đặt a = 2x; b =
3
y
. Ta có hệ:
3 3
3
18
1
( ) 3
a b
a b
ab
ab a b
+ =
+ =


⇔
 
=
+ =


f(x)=(2x-3)/(x -2)
f(x)=2
x(t)=2 , y(t)=t
-2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1

1
2
3
4
5
x
y
→ Hệ đã cho có 2 nghiệm
3 5 6 3 5 6
; , ;
4 4
3 5 3 5
   
− +
 ÷  ÷
   
+ −
Câu 3:
1) Tính tích phân I =
2
2
6
1
sin sin
2
x x dx
π
π
× +
∫

Giải: I =
2
2
6
3
cos (cos )
2
π
π
−
− ×
∫
x d x
.
§Æt
3
cos cos
2
x u= ×

⇒ I
∫
⋅=
2
4
2
sin
2
3
π

π
udu
=
( )
3
2
16
π
+
2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:
(m - 3)
x
+ ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1)
Giải: Đk x ≥ 0. đặt t =
x
; t ≥ 0
(1) trở thành (m–3)t+(2-m)t
2
+3-m = 0 ⇔
2
2
2 3 3
1
t t
m
t t
− +
=
− +
(2)

Xét hàm số f(t) =
2
2
2 3 3
1
t t
t t
− +
− +
(t ≥ 0)
Lập bảng biến thiên
(1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ≥ 0 ⇔
5
3
3
m≤ ≤
Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
3 3 3
1
8 1 8 1 8 1
a b c
c a b
+ + ≥
+ + +
Giải:
3 2 2
8 1 (2 1)(4 2 1) 2 1
cauchy
c c c c c+ = + − + ≤ +
⇒

2
3
2 1
8 1
a a
c
c
≥
+
+
Tương tự,
2 2
3 3
;
2 1 2 1
8 1 8 1
b b c c
a b
a b
≥ ≥
+ +
+ +
Ta sẽ chứng minh:
2 2 2
1 (1)
2 1 2 1 2 1
a b c
c a b
+ + ≥
+ + +

Bđt(1) ⇔ 4(a
3
b
2
+b
3
a
2
+c
3
a
2
) +2(a
3
+b
3
+c
3
)+2(ab
2
+bc
2
+ca
2
)+( a+b+c) ≥
≥ 8a
2
b
2
c

2
+4(a
2
b
2
+b
2
c
2
+c
2
a
2
) +2 (a
2
+b
2
+c
2
)+1 (2)
Ta có: 2a
3
b
2
+2ab
2
≥ 4a
2
b
2

; …. (3)
2(a
3
b
2
+b
3
a
2
+c
3
a
2
) ≥ 2.3.
3
5 5 5
a b c
=6 (do abc =1)(4)
a
3
+b
3
+c
3
≥ 3abc =3 = 1 +2 a
2
b
2
c
2

(5)
a
3
+a ≥ 2a
2
; …. (6)
Công các vế của (3), (4), (5), (6), ta được (2).
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60
0
, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a.
Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).
Giải:
Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra:
SM =AM =
3
2
a
;
·
0
60AMS =
và SO ⊥ mp(ABC)
⇒ d(S; BAC) = SO =
3
4
a
⇒ V(S.ABC) =
3
3

1
( ).
3 16
a
dt ABC SO =
Mặt khác, V(S.ABC) =
1
( ). ( ; )
3
dt SAC d B SAC
∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA =
3
2
a
⇒ dt(SAC) =
2
13 3
16
a
Vậy d(B; SAC) =
3 3
( )
13
V a
dt SAC
=
Phần riêng:
1. Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình (∆ ) 2x +y –1 =0;
khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (∆). Tìm A, C biết C thuộc trục tung.

Giải: Gọi H, I lần lượt là hình chiếu của B, C lên (∆).
M là đối xứng của B qua ∆ ⇒ M ∈ AC và M là trung điểm của AC.
(BH): x –2y + 3 =0 → H
( )
7
1
;
5 5
−
→ M
( )
7
4
;
5 5
−
BH =
3 5
5
⇒CI =
6 5
5
; C∈ Oy ⇒ C(0; y
0
) ⇒
0
7
5
o
y

y
=


= −

C(0; 7) ⇒ A
( )
27
14
;
5 5
−
−
∉
(∆)→loại
(0; –5) ⇒ A
( )
33
14
;
5 5
−
∈
(∆)→ nhận.
Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng :
(d
1
)
3

2
1
1 1 2
y
z
x
−
+
+
= =
; (d
2
)
1 2
2 ( )
1
x t
y t t
z t
= +


= + ∈


= +

¡
. Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ nằm
trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d

1
) , (d
2
)
Giải: (P) ∩ (d
1
) = A(1;1;2); (P) ∩ (d
2
) = B(3;3;2)→ (∆)
1 2
1 2 ( )
2
x t
y t t
z
= −


= − ∈


=

¡
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b: Cho ∆ ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G ∈ (d) 3x –y –8 =0. tìm
bán kinh đường tròn nội tiếp ∆ ABC.
Giải: 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
− =

− − = ⇔

− =

Trọng tâm G
( )
5 5
;
3 3
a b+ −
∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3)
(1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r =
3
2 65 89
S

p
=
+ +
(2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒
3
2 2 5
S
r
p
= =
+
Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng:
(P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x
2
+y
2
+z
2
+4x –6y +m =0.
Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8.
Giải: (S) tâm I(-2;3;0), bán kính R=
13 ( 13)m IM m− = <
Gọi H là trung điểm của MN ⇒ MH= 4 ⇒ IH = d(I; d) =
3m− −
(d) qua A(0;1;-1), VTCP
(2;1;2)u =
r
⇒ d(I; d) =
;
3

u AI
u
 
 
=
r uur
r
Vậy :
3m− −
=3 ⇔ m = –12( thỏa đk)