Đề và ĐA thi thử ĐH 2009 (Đề số 22)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2009 – MÔN TOÁN KHỐI A, B, D
ĐỀ SỐ 22
Câu I: (2 điểm) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2
3 3
1
x x
y
x
+ +
=
+
.
2. Tìm m để phương trình
2
3 3
1
x x
m
x
+ +
=
+
có 4 nghiệm phân biệt
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải bất phương trình :
2
2
2
2
1
9 2 3

3
x x
x x
−
−
 
− ≤
 ÷
 
.
2. Giải phương trình :
sin 2 cos 2 3sin cos 2 0x x x x
+ + − − =

Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(0;5),
B(2; 3) . Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A, B và có bán kính R =
10
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 hình lập phương ABCD.A
1
B
1
C
1
D
1
với A(0;0;0), B(2; 0; 0),
D
1
(0; 2; 2) a) Xác định tọa độ các điểm còn lại của hình lập phương ABCD.A

1
B
1
C
1
D
1
.Gọi M là trung
điểm của BC . Chứng minh rằng hai mặt phẳng ( AB
1
D
1
) và ( AMB
1
) vuông góc nhau.
b) Chứng minh rằng tỉ số khỏang cách từ điểm N thuộc đường thẳng AC
1
( N ≠ A ) tới 2 mặt phẳng
( AB
1
D
1
) và ( AMB
1
) không phụ thuộc vào vị trí của điểm N.
Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân
2
2
0
( 2 1)cosI x xdx

π
= −
∫
.
2. Tìm số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức :
2 2
2 6 12
n n n n
P A P A+ − =
.
( P
n
là số hóan vị của n phần tử và
k
n
A
là số chỉnh hợp chập k của n phần tử)
Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba số dương và x yz = 1. Cmrằng :

2 2 2
3
1 1 1 2
x y z
y z x
+ + ≥
+ + +
.
BÀI GIẢI
CÂU I:
1/ Khảo sát

( )
2
x 3x 3
y C
x 1
+ +
=
+
MXĐ:
{ }
D R \ 1= −
BBT
x
−∞
-2 -1 0
+∞
y'
+ 0 - - 0 +
y
−∞
-1

+∞

−∞
3
+∞
Tiệm cận: x=-1 là tc đứng
y = x + 2 là tc xiên
2/ Tìm m để pt

2
x 3x 3
m
x 1
+ +
=
+
có 4 nghiệm phân biệt
Ta có
( )

+ +
> −

+
+ +

= =

+
+ +

− < −

 +
2
2
2
x 3x 3
neáux 1

x 1
x 3x 3
y
x 1
x 3x 3
neáux 1
x 1
Do đó đồ thị
+ +
=
+
2
x 3x 3
y
x 1
có được bằng cách
Giữ nguyên phần đồ thị (C) có x > -1
Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị (C) có x<-1
Do đó, nhờ đồ thị
2
x 3x 3
y
x 1
+ +
=
+
, ta có
pt
2
x 3x 3

m
x 1
+ +
=
+
có 4 nghiệm phân biệt ⇔ m > 3
CÂU II. 1/ Giải bất phương trình
( )
2
2
2x x
x 2x
1
9 2 3 1
3
−
−
 
− ≤
 ÷
 
Ta có (1)
2 2
x 2x x 2x
9 2.3 3
− −
⇔ − ≤
. Đặt
−
= >

2
x 2x
t 3 0
, (1) thành

− − ≤ ⇔ − ≤ ≤
2
t 2t 3 0 1 t 3
. Do đó, (1)
− −
⇔ − ≤ ≤ ⇔ < ≤
2 2
x 2x x 2x 1
1 3 3 0 3 3
2 2
x 2x 1 x 2x 1 0 1 2 x 1 2⇔ − ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤ +
2/ Giải phương trình
( )
+ + − − =sin2x cos2x 3sinx cosx 2 0 2
(2)
2
2sinxcosx 1 2sin x 3sin x cosx 2 0⇔ + − + − − =
( )
2
2sin x 2cosx 3 sinx cos x 1 0⇔ − + + − − =
( )
⇔ − + + + =
2
2sin x 2cosx 3 sin x cosx 1 0
( 3 )

(phương trình bậc 2 theo sinx)
Có
( ) ( ) ( ) ( )
∆ = + − + = +
2 2
2cosx 3 4 2 cosx 1 2 cosx 1
Vậy (2)
+ − −

= =

⇔

+ + +

= = +


2cosx 3 2cos x 1 1
sinx
4 2
2cosx 3 2 cosx 1
sinx cosx 1
4
⇔
= + =
1
sinx cosx 1 hay sinx
2
π π

 
⇔ − = = =
 ÷
 
2 1
sin x sin hay sin x
4 2 4 2
⇔
π π π
= + π = π + π = + π = + π
5
x k2 hay x k2 hay x k2 hay x k2
2 6 6
.
Cách khác: (3)⇔
( )
− − − =(2sin x 1) sinx cos x 1 0
CÂU III.
1/ Gọi
( )
I a,b
là tâm của đường tròn (C)
Pt (C), tâm I, bán kính
R 10=
là
( ) ( )
2 2
x a y b 10− + − =
( ) ( ) ( )
2 2

2 2
A C 0 a 5 b 10 a b 10b 15 0∈ ⇔ − + − = ⇔ + − + =
(1)
( ) ( ) ( )
∈ ⇔ − + − = ⇔ + − − + =
2 2
2 2
B C 2 a 3 b 10 a b 4a 6b 3 0
(2)
(1) và ( 2)

= − =
 
+ − + =

⇔ ⇔
  
= =
− + =

 

2 2
a 1 a 3
a b 10b 15 0
hay
b 2 b 6
4a 4b 12 0
Vậy ta có 2 đường tròn thỏa ycbt là
( ) ( )

( ) ( )
2 2
2 2
x 1 y 2 10
x 3 y 6 10
+ + − =
− + − =
2/ Ta có
( ) ( ) ( )
A 0,0,0 ;B 2,0,0 ;C 2,2,0
;D(0;2;0)
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
A 0,0,2 ;B 2,0,2 ;C 2,2,2 ;D 0,2,2
Mp
( )
1 1
AB D
có cặp VTCP là:
( )
1
AB 2,0,2=
uuuur
( )
1
AD 0,2,2=
uuuur
⇒ mp
( )
1 1

AB D
có 1 PVT là
( )
 
= = − −
 
r uuuur uuuur
1 1
1
u AB ,AD 1, 1,1
4
mp
( )
1
AMB
có cặp VTCP là:
( )
AM 2,1,0=
uuuur

( )
M 2,1,0
( )
1
AB 2,0,2=
uuuur
⇒ mp
( )
1
AMB

có 1 PVT là
( )
 
= = − −
 
r uuuur uuur
1
v AM,AB 1, 2, 1
2
Ta có:
( ) ( ) ( )
= − − − + − = ⇔ ⊥
r r r r
u.v 1 1 1 2 1 1 0 u v
⇒
( ) ( )
1 1 1
AB D AMB⊥
b/
( )
=
uuur
1
AC 2,2,2
⇒ Pt tham số
=


=



=

1
x t
AC : y t
z t
,
( )
∈ ⇒
1
N AC N t,t,t
Pt
( ) ( ) ( ) ( )
− − − − + − = ⇔ + − =
1 1
AB D : x 0 y 0 z 0 0 x y z 0
⇒
( )
+ −
= = =
1 1 1
t t t t
d N,AB D d
3 3
Pt
( ) ( ) ( ) ( )
− − − − − = ⇔ − − =
1
AMB : x 0 2 y 0 z 0 0 x 2y z 0

( )
− − −
⇒ = = =
+ +
1 2
t 2t t 2t
d N,AMB d
1 4 1 6
⇒
= = = =
1
2
t
t
d 6 6 2
3
2 t
d 2 t 2
3 2 3
6
Vậy tỉ số khoảng cách từ
( )
1
N AC N A t 0∈ ≠ ⇔ ≠
tới 2 mặt phẳng
( )
1 1
AB D
và
( )

1
AMB
không
phụ thuộc vào vị trí của điểm N.
CÂU IV: 1/ Tính
( ) ( )
/ 2 / 2
2
0 0
1 cos2x
I 2x 1 cos xdx 2x 1 dx
2
π π
+
 
= − = −
 ÷
 
∫ ∫
( )
π
π
π π
 
= − = − = −
 
∫
2
/ 2
/ 2

2
1
0
0
1 1
I 2x 1 dx x x
2 2 8 4
π
= −
∫
/ 2
2
0
1
I (2x 1)cos2xdx
2
= − ⇒ = = =
1 1
Ñaët u (2x 1) du dx,dv cos2xdx choïn v sin2x
2 2
⇒
π
π π
= − − = = −
∫
/ 2
/ 2 / 2
2
0 0
0

1 1 1 1
I (2x 1)sin 2x sin2xdx cos2x
4 2 4 2
Do đó
( )
2
/ 2
2
0
1
I 2x 1 cos x
8 4 2
π
π π
= − = − −
∫
2/ Tacó:
2 2
n n n n
2P 6A P A 12+ − =

( )
n N,n 1∈ >
( ) ( )
6n! n!
2n! n! 12
n 2 ! n 2 !
⇔ + − =
− −
( )

( ) ( )
n!
6 n! 2 6 n! 0
n 2 !
⇔ − − − =
−
( )
⇔ − = − =
−
n!
6 n! 0 hay 2 0
(n 2)!
⇔ = − − =n! 6 hay n(n 1) 2 0
⇔ = − − =
2
n 3hay n n 2 0
⇔ = = ≥n 3hay n 2(vì n 2)
CÂU V. Cho x,y, z là 3 số dương thỏa mãn xyz=1
CMR:
2 2 2
x y z 3
1 y 1 z 1 x 2
+ + ≥
+ + +
Ta có:
2 2
x 1 y x 1 y
2 . x
1 y 4 1 y 4
+ +

+ ≥ =
+ +
2 2
y 1 z y 1 z
2 y
1 z 4 1 z 4
+ +
+ ≥ =
+ +
2 2
z 1 x z 1 x
2 z
1 x 4 1 x 4
+ +
+ ≥ =
+ +
Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế ta có:
( )
2 2 2
x 1 y y 1 z z 1 x
x y z
1 y 4 1 z 4 1 x 4
     
+ + +
+ + + + + ≥ + +
 ÷  ÷  ÷
+ + +
     
( )
2 2 2

x y z 3 x y z
x y z
1 y 1 z 1 x 4 4
+ +
⇔ + + ≥ − − + + +
+ + +

( )
3 x y z
3
4 4
+ +
≥ −


3 3 9 3 6 3
.3
4 4 4 4 4 2
≥ − = − = =
( vì
3
x y z 3 xyz 3+ + ≥ =
)
Vậy
2 2 2
x y z 3
1 y 1 z 1 x 2
+ + ≥
+ + +