Đề và ĐA thi thử ĐH2009 (Đề số 14)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2009
Đề 14
Câu I: Cho hàm số
1x2
1x
y
+
+−
=
(C)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và
trục Ox.
Câu II:
1. Giải phương trình:
1xcos
12
xsin22
=






π
−
2. Tìm m để phương trình:
m54x6x4x23x
=+−−+−−−
có đúng 2 nghiệm

Câu III: Cho đường thẳng d:
1
1z
1
2y
2
3x
−
+
=
+
=
−
và mặt phẳng
(P):
02zyx
=+++
1. Tìm giao điểm M của d và (P).
2. Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong (P) sao cho ∆ ⊥ d và khoảng cách từ M đến ∆ bằng
42
.
Câu IV:
1. Tính
( )
∫
−
−
=
1
0

2
dx
4x
1xx
I
2. Cho a, b là các số dương thỏa mãn ab + a + b = 3.
Chứng minh:
2
3
ba
ba
ab
1a
b3
1b
a3
22
++≤
+
+
+
+
+
.
Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban):
1. Chứng minh với mọi n nguyên dương luôn có

( ) ( ) ( )
0C1C1...C1nnC
1n

n
1n
2n
n
2n
1
n
0
n
=−+−++−−
−
−
−
−
.
2. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2, 1) lấy điểm B thuộc trục Ox có hoành độ x ≥ 0 và điểm C thuộc
trục Oy có trung độ y ≥ 0 sao cho ∆ABC vuông tại A. Tìm B, C sao cho diện tích ∆ABC lớn nhất.
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
1. Giải bất phương trình:
( )
2
2
1 2
2
1 1
log 2x 3x 1 log x 1
2 2
− + + − ≥
.
2. Cho lăng trụ đứng ABCA

1
B
1
C
1
có đáy ABC là tam giác vuông
aACAB
==
, AA
1
= a
2
. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của đoạn AA
1
và BC
1
. Chứng minh MN là đường vuông góc chung của các đường
thẳng AA
1
và BC
1
. Tính
11
BCMA
V
.
Bài giải
Câu I:
1. Khảo sát (Bạn đọc tự làm)

2. Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là






−
0,
2
1
A
Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng






+=
2
1
xky
(∆) tiếp xúc với (C)
/
x 1 1
k x
2x 1 2
x 1
k co ù nghieäm

2x 1
− +
 
= +
 ÷


+
 
⇔

− +
 

=
 ÷

+
 

( )







=
+

−






+=
+
+−
⇔
)2( k
1x2
3
)1(
2
1
xk
1x2
1x
2
Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là

( )
2
1
3 x
x 1
2
2x 1

2x 1
 
+
 ÷
− +
 
= −
+
+
1
(x 1)(2x 1) 3(x )
2
⇔ − + = +
và
1
x
2
≠ −

3
x 1
2
⇔ − =

5
x
2
⇔ =
. Do đó
12

1
k
−=
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
1 1
y x
12 2
 
= − +
 ÷
 
Câu II:
1. Giải phương trình:
1xcos
12
xsin22
=






π
−
(1)
(1)
1
12
sin

12
x2sin2
=






π
−






π
−⇔
1
sin 2x sin
12 12
2
π π
 
⇔ − − =
 ÷
 
12
cos

6
sin2
12
sin
4
sin
12
x2sin
ππ
=
π
+
π
=






π
−⇔
12
5
sin
12
cos
12
x2sin
π

=
π
=






π
−⇔
( )
5 7
2x k2 hay 2x k2 k Z
12 12 12 12
π π π π
⇔ − = + π − = + π ∈

( )
x k hay x k k Z
4 3
π π
⇔ = + π = + π ∈
2. P/trình cho
( ) ( )
m94x64x14x24x
=+−−−++−−−⇔
(1)
( ) ( )
m34x14x

22
=−−+−−⇔

m34x14x
=−−+−−⇔
(1) đặt:
04xt
≥−=
(1)
m3t1t
=−+−⇔
(∗)
Phương trình cho có đúng 2 nghiệm ⇔ phương trình (∗) có đúng 2 nghiệm t ≥ 0
Vẽ đồ thị của hàm số
( )
0t ,3t1ttf
≥−+−=
Ta có
( )





≥−
≤≤
≤≤−
=
3t neáu 4t2
3t1 neáu 2

1t0 neáu t24
tf
y
4
2
0
1 2 3 x
Từ đồ thị ta có ycbt
⇔
2 < m ≤ 4
Cách khác
m3t1t
=−+−⇔
và
t 0
≥
{ { {
0 t 1 1 t 3 t 3
hay hay
m 4 2t m 2 m 2t 4
≤ < ≤ ≤ >
⇔
= − = = −
{
0 t 1 t 3
1 t 3
2 m 4 hay hay m 2
m 2
4 m 4 m
t t

2 2
 
 
≤ < >
 
≤ ≤
⇔ < ≤ >
 
=
− +
 
= =
 
 
Do đó, ycbt
⇔
2 < m ≤ 4
( khi 2 < m ≤ 4 thì (∗) có đúng 2 nghiệm t
1
, t
2
thỏa
1
0 t 1≤ <
và t
2
> 3 )
Câu III:
1. Tìm giao điểm M của đường thẳng d và mặt phẳng (P)
Phương trình số của d:






−−=
+−=
+=
t1z
t2y
t23x
có VTCP
( )
1,1,2a
−=
Thế vào phương trình (P): (3 + 2t) + (–2 + t) + (–1 – t) + 2 = 0
⇒ t = –1⇒ M ( 1 ;- 3 ; 0)
Mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc (P) có PVT
[ ]
( )
1,3,2n,an
PQ
−==
Suy ra phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc (P) là:
2(x – 1) – 3(y + 3) + 1(z – 0) = 0 ⇔ 2x – 3y + z – 11 = 0 (Q)
2. Phương trình đường thẳng (d') hình chiếu của d lên mặt phẳng P là:
d':
{
x y z 2 0
2x 3y z 11 0

+ + + =
− + − =
có VTCP
( )
d'
a 4;1; 5= −
r
⇒ Phương trình tham số của d':
x 1 4t
y 3 t
z 5t
= +


= − +

= −


Trên d' tìm điểm N sao cho MN =
42
Q
P
∆
N
M
d
d'
Vì N ∈ d' ⇒ N(4t +1, –3 + t, – 5t)
( ) ( )

2 2
2 2
MN 4t t 5t 42t 42= + + − = =

2
t 1 t 1⇒ = ⇔ = ±
. t = 1 ⇒ N
1
(5, –2, –5)
Đường thẳng ∆
1
qua N
1
nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP
1
P
d'
a n ,a
∆
 
=
 
r r r
( ) ( )
6;9; 3 3 2, 3,1= − − = − −
.
Vậy phương trình ∆
1
:
x 5 y 2 z 5

2 3 1
− + +
= =
−
. t = –1 ⇒ N
2
(–3, –4, 5)
Đường thẳng ∆
2
qua N
2
nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP
( )
'd
P
a,na
2
=
∆
( )
3 2, 3,1= − −
Vậy phương trình ∆
2
:
x 3 y 4 z 5
2 3 1
+ + −
= =
−
Câu IV:

1. Tính
( )
∫∫
−
−
=
−
−
=
1
0
2
2
1
0
2
dx
4x
xx
dx
4x
1xx
I

( )
2
1 1 1
2 2 2 2 2
0 0 0
d x 4

x 4 1 dx
1 dx 1 4
x 4 x 4 2 x 4 x 2
−
 
= − + = − +
 ÷
− − − −
 
∫ ∫ ∫

1
1
2
0
0
1 x 2 3
1 ln x 4 ln 1 ln 2 ln3
2 x 2 2
− 

= − − + = + −


+

2. Từ giả thiết a, b > 0 và ab + a + b = 3. Suy ra:
.
ab 3 (a b)= − +
, (a+1)(b+1) = ab +a +b + 1 = 4

bđt đã cho tương đương với
2 2
3 3a(a 1) 3b(b 1) 3
a b 1
2 (a 1)(b 1) a b
+ + +
+ + ≥ + −
+ + +
( )
( )
1
ba
3
ba
4
3
ba
4
3
2
3
ba
2222
−
+
++++≥++⇔
( ) ( )
( )
4
ba

12
ba3ba36ba4
2222
−
+
++++≥++⇔
( )
2 2
12
a b 3 a b 10
a b
⇔ + − + − + ≥
+
(A)
Đặt x = a+b > 0
2 2
x (a b) 4ab 4(3 x)⇒ = + ≥ = −

2
x 4x 12 0 x 6hay x 2⇒ + − ≥ ⇒ ≤ − ≥
x 2⇒ ≥
( vì x > 0)
2 2 2
x a b 2ab= + +
2 2 2 2
a b x 2(3 x) x 2x 6⇒ + = − − = + −
Thế x như trên , (A) thành

2
12

x x 4 0
x
− − + ≥
, với x≥ 2

3 2
x x 4x 12 0⇔ − + − ≥
, với x≥ 2

( )
( )
2
x 2 x x 6 0⇔ − + + ≥
, với x≥ 2 (hiển nhiên đúng)
Vậy bđt cho đã được chứng minh.
Câu Va:
1. Với mọi n ∈ N ta có
( ) ( ) ( )
n
n
n
1n
n
1n
1n1
n
n0
n
n
C1xC1...xCxC1x

−+−++−=−
−
−
−
Lấy đạo hàm hai vế ta có
( ) ( ) ( )
1n
n
1n
2n1
n
1n0
n
1n
C1...xC1nxnC1xn
−
−
−−
−
−++−−=−
Cho x = 1 ta có
( ) ( )
1n
n
1n
1
n
0
n
C1...C1nnC0

−
−
−++−−=
2. Ta có A(2, 1); B(b, 0); C(0,c) với b, c ≥ 0
Ta có ∆ABC vuông tại A
0AC.AB
=⇔
Ta có
( )
1,2bAB
−−=
;
( )
1c,2AC
−−=
Do ∆ABC vuông tại A
( ) ( )
01c2b2AC.AB
=−−−−=⇒
( )
2
5
b005b2c2b21c
≤≤⇒≥+−=⇒−−=−⇔
Ta lại có
( ) ( )
22
ABC
1c411b
2

1
AC.AB
2
1
S
−++−==
( ) ( ) ( )
12b2b4412b
2
1
S
222
ABC
+−=−++−=
vì
2
5
b0
≤≤
nên SABC = (b – 2)
2
+ 1 lớn nhất ⇔ b = 0
Khi đó c = 5. Vậy, ycbt
⇔
B(0, 0) và C(0, 5)
Câu Vb:
1. Giải phương trình:
( )
2
2

1 2
2
1 1
log 2x 3x 1 log x 1
2 2
− + + − ≥
(1)
(1)
( )
( )
2
1
1xlog
2
1
1x3x2log
2
1
2
2
2
2
≥−++−−⇔
( )
( )
2
1
1xlog
2
1

1x3x2log
2
1
2
2
2
2
≥−++−−⇔
( )
( )
2
2
2
x 1
(x 1)
log 1 2
1
(x 1)(2x 1)
2 x 1 x
2
−
−
⇔ ≥ ⇔ ≥
− −
 
− −
 ÷
 

(x 1)

2
(2x 1)
−
⇔ ≥
−
3x 1 1 1
0 x
2x 1 3 2
− +
⇔ ≥ ⇔ ≤ <
−

2. Chọn hệ trục Oxyz sao cho A(0,0,0); C(-a,0,0); B(0,a,0),
A
1
(0,0,
a 2
)
Suy ra
a 2
M 0,0,
2
 
 ÷
 ÷
 
C
1
(-a,0,
a 2

)
a a a 2
N , ,
2 2 2
 
−
 ÷
 ÷
 
và
( )
1
BC a, a,a 2= − −
uuuur
;
a a
MN , ,0
2 2
 
= −
 ÷
 
uuuur
;
( )
2a,0,0AA
1
=
Ta có:
0AA.MNBC.MN

11
==
Vậy MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AA
1
và BC
1