Đề và ĐA thi thử ĐH 2009 (Đề số 19)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2009 – MÔN TOÁN KHỐI A, B, D
ĐỀ SỐ 19
Câu I: (2 điểm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số
4 2
6 5y x x= − +

2. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt :
4 2
2
6 log 0x x m− − =
.
Câu II: 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình :
2 1 1
3 2 4
x y x y
x y

+ + − + =


+ =


2. Giải phương trình :
3
2 2 cos ( ) 3cos sin 0
4
x x x
π
− − − =

Câu III: (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) :
2 2
64 9
x y
+
= 1. Viết phương trình
tiếp tuyến d của (E) biết d cắt hai hai trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho AO = 2BO.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
1
x y z
:
1 1 2
d = =
và
2
1 2
:
1
x t
d y t
z t
= − −


=


= +

( t là tham số )

a) Xét vị trí tương đối của d
1
và d
2
.
b) Tìm tọa độ các điểm M thuộc d
1
và N thuộc d
2
sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (P) :
0x y z− + =
và độ dài đọan MN =
2
.
Câu IV: ( 2 điểm)
1. Tính tích phân
2
0
ln
e
x xdx
∫
.
2. Một độ văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập một nhóm đồng
ca gồm 8 người biết rằng trong nhóm đó phải có ít nhất 3 nữ.
Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn : a + b + c =
3
4
.. Cmrằng :
3 3 3

3 3 3 3a b b c c a+ + + + + ≤
. Khi nào đẳng thức xảy ra ?
BÀI GIẢI
CÂU I:
1/ Khảo sát
4 2
y x 6x 5= − +
. MXĐ: D=R
( )
= − = − = ⇔ = = ±
3 2
y' 4x 12x 4x x 3 ,y' 0 x 0 hay x 3
2
y'' 12x 12,y'' 0 x 1= − = ⇔ = ±
BBT
x
−∞
3−
-1 0 1
3
+∞
y'
- 0 + + 0 - - 0 +
y''
+ + 0 - - 0 + +
y
+∞
5
+∞
-4 0 0 -4

Đồ thị
2/ Tìm m để pt
4 2
2
x 6x log m 0− − =
có 4 nghiệm phân biệt.
4 2 4 2
2 2
x 6x log m 0 x 6x 5 log m 5− − = ⇔ − + = +
Đặt
2
k log m 5= +
Ycbt
⇔
đường thẳng y=k cắt (C) tại 4 điểm phân biệt
4 k 5⇔ − < <
⇔ − < + <
2
4 log m 5 5
⇔ − < < ⇔ < <
2
9
1
9 log m 0 m 1
2
CÂU II 1/ Giải pt
( )
3x 3 5 x 2x 4 1− − − = −
Điều kiện
3x 3 0

5 x 0 2 x 5
2x 4 0
− ≥


− ≥ ⇔ ≤ ≤


− ≥

(1)
3x 3 5 x 2x 4⇔ − = − + −
và
≤ ≤
2 x 5

( ) ( )
⇔ − = − + − + − −3x 3 5 x 2x 4 2 5 x 2x 4
và EMBED Equation.DSMT4
≤ ≤
2 x 5
( ) ( )
⇔ − = − −x 2 5 x 2x 4
và
≤ ≤
2 x 5
⇔ − =x 2 0

( )
− = −hay[ x 2 5 x 2

và
< ≤2 x 5
]
( )
⇔ = − = − < ≤
⇔ = =
x 2 hay [x 2 2 5 x vaø 2 x 5]
x 2 hay x 4
2/ Giải pt:
( )
( )
2 2 3
sin x cos2x cos x tg x 1 2sin x 0 2+ − + =
Điều kiện :
cosx 0 x k
2
π
≠ ⇔ ≠ + π
( )
⇔ + − + =
2 2 3
2 sin x cos2x sin x cos x 2sin x 0
và
≠cosx 0

( )
⇔ + − =
2
sin x cos 2x 2sin x cos2x 0
và

≠
cos x 0

( )
⇔ + − − =sin x cos2x 1 cos2x cos 2x 0
và
≠cos x 0

( )
⇔ − − =
2
sin x 1 2sin x 0
và
≠cos x 0

⇔ + − =
2
2sin x sin x 1 0
và
≠
cosx 0

( )
⇔ = = −
1
sin x ( vìsin x 1 loaïi )
2

π π π
⇔ = = ⇔ = + π = + π

1 5
sin x sin x k2 hay x k2
2 6 6 6
CÂU III.
1/ Do tính đối xứng của elíp (E). Ta chỉ cần xét trường hợp
x 0,y 0≥ ≥
Gọi
( ) ( )
A 2m,0 ;B 0,m
là giao điểm của tiếp tuyến của (E) với các trục tọa độ (
m 0>
). Pt AB:
x y
1 x 2y 2m 0
2m m
+ = ⇔ + − =
AB tiếp xúc với (E)
2
64 4.9 4m⇔ + =
( )
2 2
4m 100 m 25 m 5 m 0⇔ = ⇔ = ⇔ = >
Vậy pt tiếp tuyến là
x 2y 10 0+ − =
Vì tính đối xứng nên ta có 4 tiếp tuyến là
x 2y 10 0,x 2y 10 0
x 2y 10 0,x 2y 10 0
+ − = + + =
− − = − + =
2/ a/

1
d
qua
( )
O 0,0,0
, VTCP
( )
a 1,1,2=
r
2
d
qua
( )
B 1,0,1−
, VTCP
( )
b 2,1,1= −
r
( )
a,b 1, 5,3
 
= − −
 
r r
,
( )
OB 1,0,1= −
uuur
1 2
a,b OB 1 3 4 0 d ,d

 
= + = ≠ ⇔
 
r r uuur
chéo nhau
b/
( )
1
M d M t ',t ',2t '∈ ⇒
;
( )
2
N d N 1 2t,t,1 t∈ ⇒ − − +
( )
MN 2t t ' 1,t t ',t 2t ' 1= − − − − − +
uuuur
Vì MN // (P)
( )
p
MN n 1, 1,1⇔ ⊥ = −
uuuur uur
⇔ = ⇔ − − − − + + − + =
uuuur r
p
MN.n 0 2t t ' 1 t t ' t 2t ' 1 0
t t '⇔ = −
( ) ( )
2 2
2
MN t ' 1 4t ' 1 3t ' 2= − + + − =

( )
⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = =
2
4
14t ' 8t ' 2 2 2t ' 7t ' 4 0 t ' 0 hay t '
7
* t’=0 ta có
( ) ( ) ( )
M 0,0,0 O P loaïi≡ ∈
*
4
t '
7
=
ta có
   
−
 ÷  ÷
   
4 4 8 1 4 3
M , , ;N , ,
7 7 7 7 7 7
CÂU IV. 1/ Tính
e
2
1
I x ln xdx=
∫
Đặt

dx
u ln x du
x
= ⇒ =
;
= =
3
2
x
dv x dx choïn v
3
3
e e
e
2 3
1
1 1
x 1 dx
I x ln xdx ln x x
3 3 x
= = −
∫ ∫

3
e
3 3
1
x 1 2 1
ln x x e
3 9 9 9

= − = +
2. Ta có trường hợp
* 3 nữ + 5 nam. Ta có
3 5
5 10
C C 2520=
* 4 nữ + 4 nam. Ta có
4 4
5 10
C C 1050=
* 5 nữ + 3 nam. Ta có
5 3
5 10
C C 120=
Theo qui tắc cộng. Ta có 2520 + 1050 + 120 = 3690 cách
CÂU V:
Ta có
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3
3
3
a 3b 1 1 1
a 3b 1.1 a 3b 2
3 3
b 3c 1 1 1
b 3c 1.1 b 3c 2
3 3
c 3a 1 1 1

c 3a 1.1 c 3a 2
3 3
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
Suy ra
( )
3 3 3
1
a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6
3
+ + + + + ≤ + + +
 
 


1 3
4. 6 3
3 4
 
≤ + =
 
 
Dấu = xảy ra
3
a b c
1

a b c
4
4
a 3b b 3c c 3a 1

+ + =

⇔ ⇔ = = =


+ = + = + =

Cách 2: Đặt
3
3
x a 3b x a 3b= + ⇒ = +
;
= + ⇒ = +
3
3
y b 3c y b 3c
;
= + ⇒ = +
3
3
z c 3a z c 3a
⇒
( )
3 3 3
3

x y z 4 a b c 4. 3
4
+ + = + + = =
. BĐT cần cm
x y z 3⇔ + + ≤
.
Ta có :
3
3 3
x 1 1 3 x .1.1 3x+ + ≥ =
;
3 3
3
y 1 1 3 y .1.1 3y+ + ≥ =
;

3
3 3
z 1 1 3 z .1.1 3z+ + ≥ =
⇒
( )
9 3 x y z≥ + +
(Vì
3 3 3
x y z 3+ + =
).
Vậy
x y z 3+ + ≤
Hay
3 3 3

a 3b b 3c c 3a 3+ + + + + ≤
Dấu = xảy ra ⇔
= = = + + =
3 3 3
3
x y z 1 vaø a b c
4
⇔ + = + = + =
a 3b b 3c c 3a 1
và
3 1
a b c a b c
4 4
+ + = ⇔ = = =