DE THI DH KHOI A,B,D NAM 2009

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
Môn thi tốn, khối A
Thời gian làm bài 180 phút( khơng kể thời gian phát đề)
A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm):
Câu I: Cho hàm số y = x3 − 3m 2 x + 2m (Cm)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 .
b) Tìm m để (Cm) cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt.
Câu II: a) Giải phương trình:

(sin 2 x − sin x + 4) cos x − 2
=0
2sin x + 3

b) Giải phương trình: 8 x + 1 = 2 3 2 x+1 − 1
π
2

Câu III: Tính tích phân sau: I =
∫
0

sin xdx
(sin x + cos x)3

Câu IV: Khối chóp SABC có SA ⊥ (ABC), ∆ ABC vng cân đỉnh C và SC = a .Tính góc ϕ
giữa 2 mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất.
Câu V: Tìm m để phương trình sau đây có đúng 2 nghiệm thực phân biệt:
2 − x − 2 + x − (2 − x)(2 + x) = m
B. PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần

Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a:
1) Trong mp(Oxy) cho điểm M(3;1). Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt các tia
Ox,Oy tại A và B sao cho (OA+3OB) nhỏ nhất.
2) Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x − y + z − 1 = 0 để ∆ MAB là tam giác đều
biết A(1;2;3) và B(3;4;1).
Câu VII.a: Tìm hệ số của x 20 trong khai triển Newton của biểu thức (
1
2

1
3

0
1
2
n
biết rằng: Cn − Cn + Cn + ... + (−1)

2
x

3

+ x5 ) n

1
1
n
Cn =

n +1
13

Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b:
1) Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc
đường thẳng (∆) : 3 x − y − 5 = 0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau.
2) Trong khơng gian Oxyz cho đường thẳng (∆1 ) có PT { x = 2t; y = t ; z = 4} ; (∆ 2 ) là giao
tuyến của 2mp (α ) : x + y − 3 = 0 và ( β ) : 4 x + 4 y + 3 z − 12 = 0 . Chứng tỏ ∆1 , ∆ 2 chéo nhau và
viết phương trình mặt cầu nhận đoạn vng góc chung của ∆1 , ∆ 2 làm đường kính.
Câu VII.b: Cho hàm số y =

x 2 + (2m + 1) x + m 2 + m + 4
. Chứng minh với mọi m thì hàm số có
2( x + m)

cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị là 1 hằng số không phụ thuộc m.
============Hết============
Họ và tên thí sinh: …………………………………………

1

Số báo danh:…………….


Câu
Ia)
1điểm

Đáp án

3
y = x − 3m x + 2m (Cm) khi m = 1 ⇒ y = x − 3 x + 2 (C)
3

Điểm
0.25

2

TXĐ: D=R, y ' = 3x 2 − 3, y ' = 0 ⇔ x = ±1

HS đồng biến trên ( −∞; −1) và ( 1; +∞ ) ; nghịch biến trên ( −1;1)

0.25

HS đạt cực đại tại x = −1; yCD = 4 , đạt cực tiểu tại x = 1; yCD = 0
Giới hạn: lim = +∞, lim = −∞
x →+∞

x →−∞

Bảng biến thiên:
Đồ thị:(C) ∩ Ox tại A(1;0) và B(-2;0), :(C) ∩ Oy tại C(0;2)
x
f’(t)
f(t)

-∞
+

-1
0
4

-

-∞

1
0

0.25
0.25
+∞

+

+∞

0

Ib)
(Cm) có hệ số x 3 là 1, nếu khơng có cực trị sẽ ln đồng biến, vậy để cắt trục
1điểm hồnh tại 2 điểm thì (Cm) phải có 2 cực trị.
⇔ y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 3 x 2 − 3m 2 = 0 có 2ng pb
Khi m ≠ 0 thì y ' = 0 ⇔ x = ± m
(Cm) cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt ⇔ yCĐ = 0 hoặc yCT = 0
y ( −m) = 0 ⇔ 2m3 + 2m = 0 ⇔ m = 0 (loại)
⇒ KL: m = ±1
y ( m ) = 0 ⇔ −2 m 3 + 2 m = 0 ⇔ m = 0 ∨ m = ± 1

IIa)
(sin 2 x − sin x + 4) cos x − 2 = 0
(sin 2 x − sin x + 4) cos x − 2

=0 ⇔
1điểm
2sin x + 3
2sin x + 3 ≠ 0


0.5

0.5

1.0

(2 cos x − 1)(sin x cos x + 2) = 0
2 cos x = 1
π


⇔
⇔
⇔ x = + k 2π
3
2sin x + 3 ≠ 0
2sin x ≠ − 3


IIa)

1điểm

3
Đặt 2 x = u > 0; 3 2 x +1 − 1 = v
8 x + 1 = 2 2 x+1 − 1
u 3 + 1 = 2v
u 3 + 1 = 2v
u = v > 0


⇒ 3
⇔
⇔ 3
2
2
v + 1 = 2u
(u − v)(u + uv + v + 2) = 0
u − 2u + 1 = 0



⇒ x = 0; x = log 2

−1 + 5
2

0.5

0.5

2


III
π
π
π
Đặt x = − t ⇒ dx = − dt ; x = 0 ⇒ t = ; x = ⇒ t = 0
1điểm
2
2
2
I=

π
2

sin xdx

∫ (sin x + cos x)3

⇒I=

0

π
2

π
2

π
2

cos tdt

0.5

cos xdx

∫ (sin t + cos t )3 = ∫ (sin x + cos x)3
0

0

π
2

π

1
1
dx
1
π 4
⇒ 2I = ∫
= ∫
= − cot( x + ) = 1 ⇒ I =
2
2

2 0 sin 2 ( x + π )
2
4 0
0 (sin x + cos x)
4
·
IV
π
1điểm AC ⊥ BC ⇒ SC ⊥ BC (đlý 3 đg vng góc) ⇒ ϕ = SCA ∈ (0; 2 )
a3
⇒ SA = a sin ϕ , AC = BC = a cos ϕ ⇒ VSABC = (sin ϕ − sin 3 ϕ )
6
π
Xét hàm số y = sin x − sin 3 x trên khoảng (0; ) , lâp BBT
2
3
3
1
π
a
a 3
khi sin ϕ =
, ϕ ∈ (0; )
⇒ (VSABC ) max =
ymax =
3
2
6
9
V

−1
1
−
<0
Đk: −2 ≤ x ≤ 2 , đặt t = 2 − x − 2 + x ⇒ t ' =
1điểm
2 2− x 2 2+ x
⇒ t = t ( x ) nghịch biến trên [-2;2] ⇒ t ∈ [-2;2]
dx

Ta có: t 2 = 4 − 2 4 − x 2 ⇒ 4 − x 2 =

4 − t2
2

0.5

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

0.25
2

2 − x − 2 + x − (2 − x)(2 + x) = m ⇒ 2m = t + 2t − 4 = f (t )
Bảng biến thiên:
x
f’(t)

-2

f(t)

-1
0

-4

-

2
+
4

-5
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ⇔ −5 < 2m ≤ −4 ⇔ −

5
< m ≤ −2
2

Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn
VIa.1 Phương trình đường thẳng đi qua M(3;1) cắt tia Ox tại A(a;0),cắt tia Oy tại
1điểm
3 1
B(0;b), a,b>0 là: ⇒ + = 1
a b
3 1

3 1
Theo bất đẳng thức Cauchy 1 = + ≥ 2 . ⇒ ab ≥ 12
a b
a b
Mà OA + 3OB = a + 3b ≥ 2 3ab = 12
⇒ (OA + 3OB ) min

a = 3b
a = 6

= 12 ⇔  3 1 1 ⇔ 
b = 2
a = b = 2


3

0.5

0.5

0.5


x y
+ = 1 ⇔ x + 3y − 6 = 0
6 2
VIa.2 MA=MB ⇒ M thuộc mp trung trực của đoạn AB có PT: x + y − z − 3 = 0 (Q)
1điểm M thuộc giao tuyến của (P) và (Q) có dạng tham số: x = 2; y = t + 1; z = t
PTĐT là:

⇒ ∃t : M = (2; t + 1; t ) ⇒ AM = 2t 2 − 8t + 11

VII
1điểm

0.25

Vì AB = 12 nên ∆ MAB đều khi MA=MB=AB
4 ± 18
6 ± 18 4 ± 18
⇔ 2t 2 − 8t − 1 = 0 ⇔ t =
⇒ M = (2;
;
)
2
2
2
0
2
n
Theo Newton thì: (1 − x ) n = Cn − C1 x + Cn x 2 − .... + (−1) n Cn x n = B
n
1

n
Vì ∫ (1 − x) dx =
0

1

,
n +1

⇒ n + 1 = 13 ⇒ n = 12

Lại có: (

2
3

5 n

+x ) =

12

1

1

1

∫ Bdx = Cn − 2 Cn + 3 Cn + ... + (−1)
0

1

0

∑

2
k
C12 .( 3 )

n−k

2

n

1
n
Cn
n +1

k
( x5 ) k , Tk +1 = C12 .212−k .x8k −36

x
x
k =0
Số hạng ứng với thoả mãn: 8k − 36 = 20 ⇔ k = 7
7
⇒ Hệ số của x 20 là: C12 .25 = 25344
2. Theo chương trình nâng cao:
VIb.1 Viết phương trình đường AB: 4 x + 3 y − 4 = 0 và AB = 5
1điểm Viết phương trình đường CD: x − 4 y + 17 = 0 và CD = 17
Điểm M thuộc ∆ có toạ độ dạng: M = (t ;3t − 5) Ta tính được:
13t − 19

11t − 37
d ( M , AB ) =
; d ( M , CD) =
5
17
Từ đó: S MAB = S MCD ⇔ d ( M , AB ). AB = d ( M , CD ).CD
7
7
⇒ Có 2 điểm cần tìm là: M (−9; −32), M ( ; 2)
⇔ t = −9 ∨ t =
3
3
ur
u
VIb.2
Ta có: ∆1 đi qua M1 = (0;0;4), có vectơ chỉ phương u1 = (2;1;0)
uu
r
1điểm
Ta tìm được ∆ 2 đi qua M2 = (3;0;0), có vectơ chỉ phương u2 = (1; −1;0)
ur uu uuuuuur
u r
⇒ u1 , u2  .M1M 2 = 12 ≠ 0 ⇒ ∆1 , ∆ 2 chéo nhau.


Gọi chân đg vng góc chung của ∆1 , ∆ 2 là: A ( 2t; t ; 4 ) ∈ ∆1 , A ( 2t; t ; 4 ) ∈ ∆1
uuu ur
ru
uuu uu
r r

uuu
r
⇒ AB = ( s − 2t + 3; − s − t ; −4) . Do AB.u1 = 0, AB.u2 = 0 ⇒ t = 1, s = −1
⇒ A = (2;1; 4), B = (2;1;0)
Mặt cầu cần tìm là mặt cầu đường kính AB có tâm I(2;1;2), bán kính
1
R = AB = 2 có phương trình là: ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 2) 2 = 4
2
VII
1
1
1
2
1
2
1điểm ĐK: x ≠ −m , ta có: y = 2 x + 2 m + 2 + x + m ⇒ y ' = 2 − ( x + m) 2
y ' = 0 ⇔ x = − m − 2 ∨ x = − m + 2 .Ta có bảng biến thiên:
−m − 2
−m + 2
x
-∞
-m
+∞

4

0.25

0.5

0.5

0.25
0.25

0.25
0.25

0.5

0.25

0.5

0.25

0.5


y’
y

+

0

-

-

KL: Hàm số ln có cực đại và cực tiểu với mọi m.
Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là y =

0

+

2 x + 2m + 1
2

0.5

⇒ yCD − yCT = xCD − xCT ⇒ AB = ( y2 − y1 )2 + ( x2 − x1 ) 2 = 2 x1 − x2
⇒ AB = 4 2 không đổi ⇒ ĐPCM
Chú ý: - Hướng dẫn chỉ trình bầy 1 cách giải, cách giải khác đúng cho điểm không vượt quá số
điểm từng câu hỏi. Học sinh chỉ được làm 1 phần riêng, nếu làm cả 2 phần không chấm phần riêng.

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
Mơn thi tốn, khối B
Thời gian làm bài 180 phút( không kể thời gian phát đề)
A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm):

5


Câu I: Cho hàm số y =

x +1
(C)
x −1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm trên Oy tất cả các điểm từ đó kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới (C).
Câu II: a) Giải phương trình: log 2 ( x 2 + 1) + ( x 2 − 5) log( x 2 + 1) − 5 x 2 = 0
b) Tìm nghiệm của phương trình: cos x + cos 2 x + sin 3 x = 2 thoả mãn : x − 1 < 3
1

2
Câu III: Tính tích phân sau: I = ∫ x ln( x + x + 1)dx
0

Câu IV: Cho hình lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có ∆ ABC là tam giác vuông tại B và AB = a,
BC = b, AA’ = c ( c 2 ≥ a 2 + b 2 ). Tính diện tích thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi mp(P) đi
qua A và vng góc với CA’.
Câu V: Cho x, y, z ∈ (0;1) và xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
P=

x
1− x

2

+

y
1− y

2

+

z
1− z2

B. PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần

Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a:
1) Trong khơng gian Oxyz cho đường thẳng (d) có phương trình: x = −t ; y = −1 + 2t ;
z = 2 + t ( t ∈ R ) và mặt phẳng (P): 2 x − y − 2 z − 3 = 0 .Viết phương trình tham số của đường
thẳng nằm trên (P) cắt và vng góc với (d).
2) Trong mp(Oxy) cho elip (E):

x2 y 2
+
= 1 . Viết phương trình đường thẳng đi qua I(1;1)
9
4

cắt (E) tại 2 điểm A và B sao cho I là trung điểm của AB.
 z − w − zw = 8

2
2
 z + w = −1


Câu VII.a: Giải hệ phương trình sau trên tập số phức: 

Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b: Trong khơng gian Oxyz cho 4 điểm A(2;4;-1), B(1;4;-1), C(2;4;3), D(2;2;-1)
1) Xác định tọa độ tâm và bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD.
2) Tìm tọa độ điểm M để MA2 + MB2 + MC2 + MD2 đạt giá trị nhỏ nhất.

 x + x 2 − 2 x + 2 = 3y − 1 + 1

Câu VII.b: Giải hệ phương trình: 
( x, y ∈ R )
2
x− 1
 y + y − 2y + 2 = 3 + 1
==========Hết==========
Câu

Đáp án

−2
x +1
< 0∀x ≠ 1
(C) TXĐ: D = R \ { 1} ⇒ y ' =
( x − 1) 2
x −1
⇒ Hs nghịch biến trên (−∞;1) và (1; +∞) . Khơng có cực trị

y=

6

Điểm

Ia)
1điểm

0.25
Giới hạn: xlim = 1, xlim = 1 ⇒ ĐTHS có tiệm cận ngang là y = 1
→+∞
→−∞
lim
lim
Giới hạn: x →1+ y = +∞, x →1− y = −∞ ⇒ ĐTHS có tiệm cận đứng là x = 1
Bảng biến thiên:
Đồ thị:(C) ∩ Ox tại A(-1;0) , :(C) ∩ Oy tại B(0;2); Điểm I(1;1) là tâm đối xứng
x
f’(t)

-∞
-

f(t)

+∞

-

-∞

1

Ib)

Gọi M (0; yo ) là điểm cần tìm, PTTT qua M có dạng: y = kx + yo (d)
1điểm (d) là tiếp tuyến của (C)
 x +1
( yo − 1) x 2 − 2( yo + 1) x + yo + 1 = 0 (1)
 x − 1 = kx + yo


⇔
⇔
−2
−2
=k

 x ≠ 1;
=k
2
( x − 1)2

 ( x − 1)


Để thoả mãn đk ⇔ hệ (*) có 1nghiệm ⇔ PT(1) có 1 nghiệm khác 1
1
 yo = 1  y ≠ 1


 o
 x = 2 ; yo = 1 ⇒ k = −8
⇔
⇔

1 ∨
2

 x = 2 ∆ ' = ( yo + 1) − ( yo − 1)( yo + 1) = 0


 x = 0; yo = −1 ⇒ k = −2

IIa)
1điểm

Vậy có 2 điểm cần tìm là: M(0;1) và M(0;-1)
log 2 ( x 2 + 1) + ( x 2 − 5) log( x 2 + 1) − 5 x 2 = 0 , TXĐ: D=R
Đặt log( x 2 + 1) = y ⇒ y 2 + ( x 2 − 5) y − 5 x 2 = 0 ⇔ y = 5 ∨ y = − x 2
y = 5 ⇒ x 2 + 1 = 105 ⇔ x = ± 99999
y = − x 2 ⇒ x = 0 do − x 2 ≤ 0;log( x 2 + 1) ≥ 0

IIa)
1điểm

KL: PT có 3 nghiệm:…

cos x + cos 2 x + sin 3 x = 2 ⇔ (cos x − 1)(cos x − sin x − sin x.cos x + 2) = 0
cos x = 1
 x = k 2π
⇔
⇔
cos x − sin x − sin x.cos x + 2 = 0
cos x − sin x − sin x.cos x + 2 = 0 (1)

7

0.25
0.25

+∞

1

1

0.25

0.5

0.5

0.5
0.5

0.5


Giải (1) đặt cos x − sin x = t ,| t |≤ 2 ⇒ vônghiệm.
ĐK: x − 1 < 3 ⇔ −2 < x < 4 ⇒ PT có nghiệm x = 0
III
1điểm

0.25
0.25

1

u = ln( x 2 + x + 1)
2x +1
x2

I = ∫ x ln( x 2 + x + 1)dx . Đặt 
⇒ du = 2
dx ; v =
2
x + x +1
 dv = xdx

0
1

x2
1 2 x3 + x 2
1
1
⇒I=
ln( x 2 + x + 1) |1 − ∫ 2
dx = ln 3 − J
0
2
2 0 x + x +1
2
2
1

Ta có ⇒ J = ∫
0

2 x3 + x 2

1

1 2x +1
1
1
dx = ∫ (2 x − 1 − . 2
− . 2
) dx
2
2 x + x +1 2 x + x +1
x + x +1
0
1

1
1
1
1
π
J = ( x − x − ln( x 2 + x + 1) |1 − ∫
dx = − ln 2 −
0
2
2 0 ( x + 1 )2 + 3

2
6 3
2
4
3
π
⇒I=
2+
4
12 3
IV
Dựng thiết diện của hình chóp cắt bởi mp qua A
B’
1điểm và vng góc với A’C là AMN như hình vẽ
A’
Ta có: NB // AA’; MC // AA’ nên ta có:
1
VA ' AMN = VMAA ' N = VMAA ' B = VCAA ' B = abc
6
N
1
abc
Mà VA ' AMN = S AMN . A ' I ⇒ S AMN =
3
2A' I
B
Trong tam giác vng A’AC ta tính được:
A
A ' A2
c2

A'I =
=
A 'C
a 2 + b2 + c 2
2

V
1điểm

ab a 2 + b 2 + c 2
⇒ S AMN =
2c
Vì 0 < x < 1 ⇒ 1 − x 2 > 0 Áp dụng BĐT Cơsi ta có:
2 2 x 2 + (1 − x 2 ) + (1 − x 2 ) 3 2
2
=
≥ 2 x (1 − x 2 )2 ⇒
≥ x(1 − x 2 )
3
3
3 3
⇒

x
1 − x2

0.5

≥

0.5

C’

0.25
0.25

M
I
C

0.25

0.25

0.5

y
3 3 2 z
3 3 2
3 3 2
≥
y ;
≥
z
x . Tương tự:
2
2
2
2

1− y
1− z
2

3 3 2
3 3
3 3
(x + y2 + z2 ) ≥
( xy + yz + zx) =
2
2
2
3 3
1
⇒ Pmin =
⇔x= y=z=
2
3
(Riêng bài toán này làm theo PP lượng giác hố sẽ hay hơn.)
Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn
Khi đó: P ≥

8

0.5


ur
u
VIa.1 Ta có: (d) đi qua M1 = (0;-1;2), có vectơ chỉ phương u1 = ( −1; 2;1)

1điểm
A(−t ; −1 + 2t ; 2 + t ) = d ∩ ( P) thoả mãn: 2 ( −t ) − ( −1 + 2t ) − 2 ( 2 + t ) − 3 = 0
⇔ t = −1 ⇒ A(1; −3;1)
mp(Q) qua A và vng góc (d) có PT: − x + 2 y + z + 6 = 0
Đường thẳng ∆ cần tìm là giao tuyến của (P) và (Q) có 1 vectỏ chỉ phương là:
uu uu
r r
r
 nP ; nQ  = (−3;0; −3) chọn: u = (1;0;1)


Vậy PT đường ∆ là: x = 1 + t ; y = −3; z = 1 + t
VIa.2 TH1: Đường thẳng qua M có PT: x = 1 dễ dàng nhận xét khơng thoả mãn.
1điểm TH2: Đường thẳng cần tìm có hệ số góc k thì PT là: y = k ( x − 1) + 1
Toạ độ giao điểm là nghiệm của hệ phương trình:
 x2 y 2

 +
=1
(9k 2 + 4) x 2 − 18k (k − 1) x + 9( k − 1) 2 − 36 = 0 (1)
⇔
9
4

 y = k ( x − 1) + 1  y = k ( x − 1) + 1


(d) cắt (E) tại A,B nhận I là trung điểm AB thì x A + xB = 2 xI = 2 và: ∆ (1) > 0
18k (k − 1)
4

= 2 ⇔ k = − thoả mãn
Theo định lý viet ta có:
2
9
9k + 4
4
Vậy phương trình (d) là: y = − ( x − 1) + 1 ⇔ 4 x + 9 y − 43 = 0
9
VII
 z − w − zw = 8  z − w − zw = 8
 z − w − zw = 8



⇔
⇔
1điểm  2
2
2
2
 z + w = −1
( z − w) + 2 zw = −1 ( z − w) + 2( z − w) − 15 = 0



 z − w − zw = 8
 zw = −5  zw = −13
⇔
⇔
∨

 z − w = 3 ∨ z − w = −5  z − w = 3  z − w = − 5

−3 + i 11 
−3 − i 11
w =
w =
 w + 3w + 5 = 0
zw = −5




2
2
⇔
⇔
∨

z − w = 3 z = w + 3

 z = 3 + i 11
 z = 3 − i 11



2

2



5 + i 27
5 − i 27
w =
w =
2
 w − 5w + 13 = 0
 zw = −13



2
2
⇔
⇔
∨

z − w = −5
z = w − 5


 z = −5 + i 27  z = −5 − i 27



2

2
2. Theo chương trình nâng cao:
VIb.1 Gọi I = ( x; y; z ) là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Khi đó:
1điểm

uuu uuu uu
r r r
4 x + 2 y − z − 13 = 0
 x = 79 / 42
  BC ; BD  .BI = 0




⇒ 2 x + 8 z − 11 = 0
⇔  y = 67 / 21 ⇒ I

 BI = CI = DI
2 x − 4 y + 9 = 0
 z = 19 / 21




0.5

0.5
0.25

0.25

0.5

0.5

2

Vậy R = IB =

8925 / 42 ≈ 2,25

0.25

0.25

0.75

0.25

VIb.2
7 14
Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: G = ( ; ;0)
1điểm
3 3
Ta có: MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 4MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2

9

0.25
0.75


VII
1điểm

7 14
≥ GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 .Dấu bằng xảy ra khi M ≡ G ( ; ;0)
3 3
 x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1
u + u 2 + 1 = 3v
u = x − 1


. Đặt 
ta có: 

v = y − 1
 y + y 2 − 2 y + 2 = 3x −1 + 1
v + v 2 + 1 = 3u


⇒ 3u + u + u 2 + 1 = 3v + v + v 2 + 1 ⇔ f (u ) = f (v )
với: f (t ) = 3t + t + t 2 + 1 ⇒ f '(t ) = 3t ln 3 +

2

t + t +1
t2 +1

0.5
> 0 ⇒ f(t) đồng biến

⇒ u = v ⇒ u + u 2 + 1 = 3u ⇔ u − log3 (u + u 2 + 1) = 0 (2)
Xét hàm số: g (u ) = u − log 3 (u + u 2 + 1) ⇒ g '(u ) > 0 ⇒ g(u) đồng biến
Mà g (0) = 0 ⇒ u = 0 là nghiệm duy nhất của (2).

KL: x = y = 1 là nghiệm duy nhất của hệ PT.

10

0.5


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
Môn thi tốn, khối D
Thời gian làm bài 180 phút( khơng kể thời gian phát đề)
A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm):
Câu I: Cho hàm số y = x3 − 3mx 2 − 3x + 3m + 2 (Cm)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m =

1
.
3

b) Tìm m để (Cm) cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ là x1, x2 , x3 thỏa mãn
2
2
2
x1 + x2 + x3 ≥ 15

Câu II: a) Giải bất phương trình: log x (log 4 (2 x − 4)) ≤ 1

(

)

2
b) Giải phương trình: cos 2 x + cos x 2 tan x − 1 = 2

π
2

Câu III: Tính tích phân : I = cos 2 x cos 2 xdx
∫
0

∧

Câu IV: Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 = 2a 5 và BAC = 120o .
Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. Chứng minh MB ⊥ MA1và tính khoảng cách d từ điểm
A tới mặt phẳng (A1BM).
Câu V: Tìm m để phương trình sau có một nghiệm thực:
2 x 2 − 2(m + 4) x + 5m + 10 − x + 3 = 0
B. PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần

Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a:
1)Trong mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d1): x − 7 y + 17 = 0 , (d2): x + y − 5 = 0 . Viết
phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d1),(d2) một tam giác cân tại giao
điểm của (d1),(d2).
2) Trong khơng gian Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có A ≡ O, B(3;0;0),
D(0;2;0), A’(0;0;1). Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với AB’.
Câu VII.a: Một kệ sách có 15 quyển sách (4 quyển tốn khác nhau, 5 quyển lý khác nhau, 6
quyển văn khác nhau). Người ta lấy ngẫu nhiên 4 quyển sách từ kệ. Tính xác suất để số sách
lấy ra không đủ 3 môn.

Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b: Trong khơng gian Oxyz cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng:
(d1):

x −1 y + 2 z
=
= ; (d2) là giao tuyến của 2 mp có PT: x + 1 = 0 và x + y − z + 2 = 0
3
2
1

1) Chứng tỏ 2 đường thẳng d1, d2 chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng.
2) Viết PT đường thẳng (d) qua M vng góc (d1) và cắt (d2).

(

Câu VII.b: Tìm hệ số của x8 khai triển Newtơn của biểu thức P = 1 + x 2 − x3

Câu

Đáp án

11

)

8

Điểm

Ia)
1điểm

3
2
y = x3 − 3mx 2 − 3 x + 3m + 2 (Cm) khi m = 1/ 30 ⇒ y = x − x − 3 x + 3 (C)

TXĐ: D=R, y ' = 3x 2 − 2 x − 3, y ' = 0 ⇔ x =

0.25

1 ± 10
3


 1 + 10

1 − 10 
; +∞ ÷ ; nghịch biến / ( x1 ; x2 )
HS đồng biến trên  −∞;
÷ và 

 3
÷
3 ÷





HS đạt cực đại tại x = x1 ; yCD = , đạt cực tiểu tại x = x2 ; yCD =

0.25

Giới hạn: xlim = +∞, xlim = −∞
→+∞
→−∞
Bảng biến thiên:
Đồ thị:(C) ∩ Ox tại A(1;0) và B(x3;0), D(x4;0), :(C) ∩ Oy tại E(0;3)
x
f’(t)
f(t)

-∞
+

x1
0
yCD

-∞

-

x2
0

+∞
+

+∞

yCT

Ib)
Phương trình hồnh độ giao điểm: x3 − 3mx 2 − 3x + 3m + 2 = 0
1điểm
⇔ ( x − 1)[x 2 − (3m − 1) x − 3m − 2]=0 ⇔ x = 1 ∨ x 2 − (3m − 1) x − 3m − 2 = 0 (2)
(Cm) cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ là x1, x2 , x3 với x3 = 1
 x1 + x2 = 3m − 1
thì x1, x2 là nghiệm khác 1 của PT (2) Theo đlý viet ta có: 
 x1 x2 = −3m − 2
∆ 2 > 0
9m 2 + 6m + 9 > 0
2

Để thoả mãn đk thì: 1 − (3m − 1).1 − 3m − 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 0
 2
 2
2
2
9m − 9 ≥ 0
 x1 + x2 + x3 ≥ 15
⇔ m ∈ (−∞; −1] ∪ [1; +∞)
IIa)
1điểm

0.25
0.25

0 < x ≠ 1

x
log x (log 4 (2 x − 4)) ≤ 1 . Đk: log 4 (2 − 4) > 0 ⇔ x > log 2 5
 x
2 − 4 > 0

12

0.5

0.5

0.25


Do x > 1 ⇒ PT ⇔ log 4 (2 x − 4) ≤ x ⇔ 2 x − 4 ≤ 4 x ⇔ 4 x − 2 x + 4 ≥ 0 đúng với
mọi x. Do vậy BPT có nghiệm: x > log 2 5
IIa)
1điểm

(

)

cos 2 x + cos x 2 tan 2 x − 1 = 2 , Đk: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ π / 2 + kπ
1

2
PT ⇔ (2 cos x − 1) + cos x[2(

0.5

− 1) − 1] = 2
cos 2 x
⇔ 2 cos3 x − 3cos 2 x − 3cos x + 2 = 0
cos x = 1
 x = π + k 2π
cos x = 1/ 2 ⇔ 
2
⇔ (cos x + 1)(2 cos x − 5cos x + 2) = 0 ⇔ 
 x = ± π + k 2π
cos x = 2(VN )
3



III
1điểm

π
2

I = ∫ cos 2 x cos 2 xdx =
0

π
2

0.5

π
2

1
1
∫ (1 + cos 2 x) cos 2 xdx = 4 ∫ (1 + 2 cos 2 x + cos 4 x)dx
20
0

1
1
π
( x + sin 2 x + sin 4 x) |π /2 =
0
4
4
8
IV
Theo đlý cosin ta có: BC = a 7
1điểm
Theo Pitago ta được: MB = 2 3a ; MA1= 3a

0.5

=

2

Vậy MB

Ta lại có:

2
+ MA1

=

2
BA1

= 21a ⇒ MA1 ⊥ MB
2

1
1
VABA1M = d ( M , ( ABA1 )).S ABA1 = d .S MBA1
3
3
d ( M , ( ABA1 )) = d (C , ( ABA1 )) = a 3
1
S ABA1 = AB. AA1 = a 2 5
2
1
a 5
S MBA1 = MB.MA1 = 3a 2 3 ⇒ d =
2
3
V
1điểm

0.5

0.5

0.5

A1
C1

B1

M
A

0.5
C

B

2 x 2 − 2(m + 4) x + 5m + 10 − x + 3 = 0 ⇔ 2 x 2 − 2(m + 4) x + 5m + 10 = x − 3
x ≥ 3
x − 3 ≥ 0


⇔ 2
⇔
x2 − 2x + 1
2
2 x − 2(m + 4) x + 5m + 10 = ( x − 3)
m=




2x − 5

2
x 2 − 2 x + 1 ⇒ f '( x) = 2( x − 5 x )
Xét hàm số, lập BBT với f ( x) =
(2 x − 5) 2
2x − 5
Khi đó ta có:
Bảng biến thiên:
x
-∞
0
5/2
3 5
y’
+
0
0
y
8
24/5

13

0.25

0.5

+∞
+

+∞


 24 
Phương trình có 1 nghiệm m ∈   ∪ (8; +∞)
5
Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn
VIa.1 Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là:
1điểm x − 7 y + 17
x + y −5
 x + 3 y − 13 = 0 (∆1 )
=
⇔
 3 x − y − 4 = 0 (∆ 2 )
12 + (−7) 2
12 + 12
PT đường cần tìm đi qua M(0;1) và song song với ∆1 , ∆ 2
KL: x + 3 y − 3 = 0 và 3 x − y + 1 = 0
VIa.2 Kẻ CH ⊥ AB’, CK ⊥ DC’ Ta chứng
1điểm minh được CK ⊥ (ADC’B’) nên tam
A’
giác CKH vuông tại K.
49
B’
⇒ CH 2 = CK 2 + HK 2 =
10

A
H
Vậy PT mặt cầu là:
49
B
( x − 3)2 + ( y − 2)2 + z 2 =
10

0.25

0.5

0.5

D’
C’

K

0.5

D

C

0.5

4
VII
Số phần tử của không gian mẫu là: Ω = C15 = 1365

1điểm
Gọi A là biến cố lấy ra 4 quyển sách đủ cả 3 mơn ( có các trường hợp: (2 toán,
1 lý, 1 văn); (1 toán, 2 lý, 1 văn);(1 tốn, 1lý, 2 văn)) có số phần tử là:
2 1 1
1 2 1
1 1 2
A = C4 .C5C6 + C4 .C5 C6 + C4 .C5C6 = 720

720 48
=
≈ 0.527
1365 91
43
Vậy xác suất cần tìm là: P = 1 − P ( A ) =
91
2. Theo chương trình nâng cao:
ur
u
VIb.1
Ta có: ∆1 đi qua M1 = (1;-2;0), có vectơ chỉ phương u1 = (3; 2;1)
uu
r
1điểm
Ta tìm được ∆ 2 đi qua M2 = (-1;-1;0), có vectơ chỉ phương u2 = (0;1;1)
ur uu
u r
ur uu uuuuuur
u r
⇒ u1 , u2  = (1; −3;3); u1 , u2  .M1M 2 = 1 ≠ 0 ⇒ ∆1 , ∆ 2 chéo nhau.





ur uu uuuuuur
u r
u1, u2  .M1M 2
ur uu
u r
1

⇒ u1, u2  = 19 ⇒ d (d1 , d 2 ) = 
=
ur uu
u r


19
u1 , u2 


VIb.2 Mp(P) đi qua M(0;1;1) vng góc với d1 có PT: 3 x + 2 y + z − 3 = 0
1điểm
3 x + 2 y + z − 3 = 0
 x = −1


⇔ y = 5 / 3
Giao điểm A của d2 và (P) là nghiệm của hệ  x + 1 = 0
x + y − z + 2 = 0
z = 8 / 3



Xác suất để xảy ra A là: P ( A) =

ĐT cần tìm là AM có PT:

x y −1 z −1
=
=
3
2
5

14

0.5

0.5
0.25
0.25

0.5


VII
2
1điểm Ta có: P = 1 + x (1 − x)

(

)

8

=

8

k

k =0

i =0

∑ C8k x 2k (1 − x)k . Mà (1 − x)k = ∑ Cki (−1)i xi

Để ứng với x8 ta có: 2k + i = 8;0 ≤ i ≤ k ≤ 8 ⇒ 0 ≤ k ≤ 4

0.5

Ta có:
k
i

0
1
2
3
8
6

4
2
Loại
Loại
Loại
TM
8 là: a = C 3C 2 ( −1) 2 + C 4C 0 ( −1)0 = 238
Do vậy hệ số của x
8 3
8 4

15

4
0
TM
0.5