ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI THỬ ĐH 2009

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Lần 2, năm 2009
GIÁO VIÊN :Lê Đình Thành
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm)
Câu 1: ( 2điểm)
Cho hàm số y = 4x
3
+ mx
2
– 3x
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x
1
và x
2
thỏa x
1
= - 4x
2

Câu 2: (2điểm)
1. Giải hệ phương trình:
2 0
1 4 1 2
x y xy
x y

− − =


− + − =



2. Giải phương trình: cosx = 8sin
3
6
x
π
 
+
 ÷
 
Câu 3: (1.5điểm)
1. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông
tại C ; M,N là hình chiếu của A trên SB, SC. Biết MN cắt BC tại T. Chứng minh rằng
tam giác AMN vuông và AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB.
2. Tính tích phân A =
2
ln .ln ex
e
e
dx
x x
∫
Câu 4: (1.5 điểm)
1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1);
C(0;2;0); D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương
trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳngOxy và cắt được các đường thẳngAB;
CD.
2. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:
3 3 3
2 2 2 2 2 2

1
a b c
a ab b b bc c c ca a
+ + =
+ + + + + +
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c
B. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b
Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 3 điểm)
1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt
phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác
IJK.
2. Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song. Lấy trên (D) 5 điểm và trên (D’) n
điểm và nối các điểm ta được các tam giác. Tìm n để số tam giác lập được bằng 45.
3.C M R nếu a + bi = (c + di)
n
thì a
2
+ b
2
= (c
2
+ d
2
)
n

Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 3 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 và
đường tròn (C): x
2

+ y
2
– 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối
xứng qua A(3;1).
2. Tìm m để phương trình:
m
x
x
xxx
=
−
−+−
1
)1(4)1(
có nghịêm
3 Giải phương trình sau trên tập hợp số phức:
2 2
( )( ) 0z i z z+ − =
-------- Hết -------
A.PHẦN CHUNG:
Câu 1: 1- Đồ thị: 2. TXĐ: D = R
- y’ = 12x
2
+ 2mx – 3
Ta có: ∆’ = m
2
+ 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị
Ta có:
1 2
1 2

1 2
4
6
1
4
x x
m
x x
x x


= −


+ = −



= −


Câu 2:1.
2 0 (1)
1 4 1 2 (2)
x y xy
x y

− − =



− + − =


Điều kiện:
1
1
4
x
y
≥



≥


Từ (1)
2 0
x x
y y
⇒ − − =

⇒
x = 4y
Nghiệm của hệ (2;
1
2
)
2. cosx = 8sin
3

6
x
π
 
+
 ÷
 
⇔
cosx =
( )
3
3 sinx+cosx
⇔
3 2 2 3
3 3 sin 9sin osx +3 3sinxcos os osx = 0x xc x c x c+ + −
(3)
Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm
(3) ⇔
3 2
3 3 tan 8t an x + 3 3 t anx = 0x +

t anx = 0 x = k
π
⇔ ⇔
Câu 3:
1.Theo định lý ba đường vuông góc
BC ⊥ (SAC) ⇒ AN ⊥ BC
và AN ⊥ SC
⇒AN ⊥ (SBC) ⇒ AN ⊥ MN
Ta có: SA

2
= SM.SB = SN.SC
Vây ∆MSN ∼ ∆CSB

⇒
TM là đường cao của tam giác STB

⇒
BN là đường cao của tam giác STB
Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB ⊥ ST
⇒AB ⊥ (SAT) hay AB⊥ AT (đpcm)

2.
2 2
(ln )
ln (1 ln ) ln (1 ln )
e e
e e
dx d x
A
x x x x x
= =
+ +
∫ ∫
=
2
1 1
(ln )
ln 1 ln
e

e
d x
x x
 
−
 ÷
+
 
∫
=
2 2
ln(ln ) ln(1 ln )
e e
x x
e e
− +
= 2ln2 – ln3
Câu 4 1. +)
(4;5;5)BA =
uuur
,
(3; 2;0)CD = −
uuur
,
(4;3;6)CA =
uuur

, (10;15; 23)BA CD
 
= −

 
uuur uuur
⇒

, . 0BA CD CA
 
≠
 
uuur uuur uuur
⇒ đpcm
+ Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy)
⇒
có VTPT
1
,n BA k
 
=
 
ur uuur r
= (5;- 4;
0) ⇒ (P): 5x – 4y = 0
+ (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) có VTPT
1
,n CD k
 
=
 
ur uuur r
= (-2;- 3; 0)
⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0

Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình của (D)
2. Ta có:
3
2 2
2
3
a a b
a ab b
−
≥
+ +
(1) ⇔ 3a
3
≥ (2a – b)(a
2
+ ab + b
2
)
⇔ a
3
+ b
3
– a
2
b – ab
2
≥ 0 ⇔ (a + b)(a – b)
2

≥

0. (h/n)
Tương tự:
3
2 2
2
3
b b c
b bc c
−
≥
+ +
(2) ,
3
2 2
2
3
c c a
c ac a
−
≥
+ +
(3)
Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a
+ +
+ + ≥

+ + + + + +
Vậy: S ≤ 3
⇒
maxS = 3 khi a = b = c = 1
B. PHẦN TỰ CHỌN:
Câu 5a: Theo chương trình chuẩn
1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)
( ) : 1
x y z
P
a b c
⇒ + + =
Ta có
(4 ;5;6), (4;5 ;6)
(0; ; ), ( ;0; )
IA a JA b
JK b c IK a c
= − = −
= − = −
uur uur
uuur uur
Ta có:
4 5 6
1
5 6 0
4 6 0
a b c
b c
a c


+ + =


− + =


− + =


⇒
77
4
77
5
77
6
a
b
c

=



=



=




⇒
ptmp(P)
2.Ta có: n
2 2
5
5
n
C C+
= 45 ⇒ n
2
+ 3n – 18 = 0 ⇒ n = 3
3 Hướng dẫn:a + bi = (c + di)
n

⇒
|a + bi| = |(c + di)
n
|
⇒
|a + bi|
2
= |(c + di)
n
|
2
= |(c + di)|
2n

⇒
a
2
+ b
2
= (c
2
+ d
2
)
n

Câu 5b:1.M ∈ (D) ⇒ M(3b+4;b) ⇒ N(2 – 3b;2 – b)
N ∈ (C) ⇒ (2 – 3b)
2
+ (2 – b)
2
– 4(2 – b) = 0 ⇒ b = 0;b = 6/5
Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5)
2. Đặt
ℜ∈
−
−=
1
)1(
x
x
xt
khi đó pt cho ta m = t(t – 1) suy ra
4

−≥
m
3)ải phương trình sau trên tập hợp số phức:
2 2
( )( ) 0z i z z+ − =
2
2 2
2
(1)
( )( ) 0
(2)
z i
z i z z
z z

= −
+ − = ⇔

−


.
Đặt z = a + bi.
(1) ⇔ (a + bi)
2
= -i ⇔ a
2
- b
2
+ 2abi = -i ⇔

2 2
2 2
2 1
0
2 2
2 1
2 2
2 1
2 2
hoÆc
a b
a a
ab
a b
ab
a b
b b
ab
 =

 


= = −
 
= −

− =
  


⇔ ⇔
  

= −
= −


 

= − =

 
= −
 



(2) ⇔ (a + bi)
2
= a - bi ⇔
2 2
2 2
1
2
0
3
0
0
2
2

1
1
3
2
2
hoÆc
a
a b a
b
a b a
b
a
b
ab b
a
a
b

= −


− =
=



 
− =

 

=

⇔ ⇔
=
=

   


= −


  


=
= −


 



= −




Vậy phương trình có 6 nghiệm:
2 2 2 2 1 3 1 3

, , , , 0, 1
2 2 2 2 2 2 2 2
z i z i z i z i z z= − = − + = − + = − − = =
.