Đề 29 và HD giải

ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 ĐỀ SỐ 29
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I. (2.0 điểm).
Cho hàm số y = x
3
– 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc nhau.
Câu II. (2.0 điểm).
1. Giải hệ phương trình:



=−−−+
=−+−−
0322
6)2)(1)(1(
22
yxyx
yxyx
2. Giải phương trình : tan2x + cotx = 8cos
2
x .
Câu III. (1.0 điểm).
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = 2
x
, y = 3 – x , trục Ox và trục Oy.
Câu IV. (1.0 điểm).

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD. Biết mặt bên của hình chóp là
tam giác đều và khỏang cách từ O đến mặt bên là d. Tính thể tích khối chóp đã cho.
Câu V. (1.0 điểm).
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều có:
2
sin.
2
sin.
2
sin
4
sin.
4
sin.
4
sin
CBACBA
≥






−







−






−
πππ
II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
1. Theo chương trình Chuẩn.
Câu VI.a. (2.0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa Oxy, cho elip (E):
1
46
22
=+
yx
và điểm M(1 ; 1). Viết phương trình
đường thẳng (d) qua M và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm AB.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz và tạo với
mặt phẳng (Q): 2x + y -
3
z = 0 một góc 60
0
.
Câu VII.a. (1.0 điểm).
Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4
x

– 4m(2
x
– 1) = 0
2. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b. (2.0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1; 2), B(1; 6) và đường tròn có phương trình
(C): (x - 2)
2
+ (y - 1)
2
= 2. Lập phương trình đường tròn (C’) qua B và tiếp xúc với (C) tại A.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) với a, b, c là
những số dương thay đổi sao cho a
2
+ b
2
+ c
2
= 3. Xác định a, b, c để khoảng cách từ O đến
mp(ABC) lớn nhất.
Câu VII.b. (1.0 điểm).
Tìm m để phương trình:
( )
0loglog4
2
1
2
2
=+−
mxx

có nghiệm trong khỏang (0; 1).
………………………………Hết …………………………………
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên:…………………………………………Số báo danh:……………
Hướng dẫn Câu I.
1/
2/ Phương trình hòanh độ giao điểm của (C) và (d): x
3
– (m + 3)x – m – 2 = 0
Hay : (x + 1)(x
2
– x – m – 2) = 0



=−−−
=−=
(*)02
3,1
2
mxx
yx
(*) phải có hai nghiệm phân biệt ( m >
)
4
9
−
, x
N
và x

P
là nghiệm của (*)
Theo giả thiết:
( )( )
133
22
−=−−
PN
xx







−−
=
+−
=
⇔=++⇔
3
223
3
223
01189
2
m
m
mm

Câu II.
1/ Hệ



=−−+
=+
⇔



=−+
=+
⇔



=−−+−
=−+−−−
⇔
052)(
6)(
05
6)(
05)1()1(
6)11)(1)(1(
22222
uvvu
vuuv

vu
vuuv
yx
yxyx
với



−=
−=
1
1
yv
xu
Đặt:



=
+=
vuP
vuS
.
được



=
=
⇔




=−−
=
2
3
052
6.
2
P
S
PS
SP
u, v là nghiệm của phương trình: X
2
– 3X + 2 = 0



=−
=−
∨



=−
=−
⇔




=
=
⇔
21
11
11
21
2
1
y
x
y
x
X
X
Vậy nghiệm của hệ: (3 ; 2), (2 ; 3)
2/ ĐK:



≠
≠
0sin
02cos
x
x
tan2x + cotx =
xx

x
xx
xxxx
x
x
x
x
sin.2cos
cos
sin.2cos
cos2cossin.2sin
sin
cos
2cos
2sin
=
+
=+
Pt
2(cos0)12coscossin8(cos xxxxx
⇔=−⇔
sin4x – 1) = 0






+=∨+=
+=

⇔
224
5
224
2
ππππ
π
π
kxkx
kx
Câu III.
Phương trình : 2
x
= -x + 3 có một nghiệm duy nhất x = 1. Do đó đồ thị hai hàm số cắt nhau tại điểm có hòanh độ x
= 1. Vậy diện tích cần tính là:
S =
∫ ∫
+=+−+
1
0
3
1
2
2ln
1
)3(2 dxxdx
x
Câu IV.

d

x
H
M
O
D
C
B
A
S
Gọi M là trung điểm CD
)()()( SOMSCDSOMCD
CDOS
CDOM
⊥⇒⊥⇒



⊥
⊥
⇒
Kẻ đường cao OH của tam giác SOM
dOHSCDOH =⇒⊥⇒ )(
Gọi CM = x. Khi đó: OM = x , SM = x
3
SO =
23
2222
xxxxSM
=−=−
Ta có: SM.OH = SO.OM hay

3,6
2
6
.2..3 dSOdCD
d
xxxdx
==⇒=⇒=
323.6
3
1
.
3
1
322
dddSOCDV
===
Câu V. Theo bất đẳng thức Côsi:











−
≤

−+
=






+≤
−
≤
−+
=






+≤
−
≤
−+
=







+≤
4
sin
4
cos
4
sin
2
sin
2
sin
2
1
2
sin
2
sin
4
sin
4
cos
4
sin
2
sin
2
sin
2
1
2

sin
2
sin
4
sin
4
cos
4
sin
2
sin
2
sin
2
1
2
sin
2
sin
BACACACAC
ACBCBCBCB
CBABABABA
π
π
π
Nhân vế với vế được bất đẳng thức cần chứng minh.
Câu VIa.
1/ Pt của d: y = k(x – 1) + 1
Tọa độ giao điểm của d và (E) là nghiệm của hệ




=+
+−=
2464
1)1(
22
yx
xky
Suy ra: (6k
2
+ 4)x
2
– 2(6k
2
– k)x + 6k
2
– 2k – 23 = 0 (*)
Để thỏa YCBT thì từ (*) ta có:
41
46
6
2
46
)6(2
2
2
2
2
−=⇔=

+
−
⇔=
+
−
k
k
kk
k
kk
Vậy d : y = -4x + 5 hay 4x + y – 5 = 0
2/ Mp(P) chứa trục Oz nên có dạng Ax + By = 0,
)0;;( BAn
p
=⇒
→
và
)5;1;2(
−=
→
Q
n
.
Theo gt:
22
22
0
.1022
2
1

514.
2
60cos),cos( BABA
BA
BA
nn
Qp
+=+⇔=
+++
+
⇔=
→→

06166
22
=−+⇔
BABA
Chọn B = 1 ta có : 6A
2
+ 16A – 6 = 0 suy ra: A = -3 , A = 1/3
Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: x + 3y = 0 và -3x + y = 0.
Câu VII a.
Đặt t = 2
x
(t > 0) ta có phương trình: t
2
– 4mt + 4m = 0 (*)
(*)
)10(4
1

2
≠∧>=
−
⇔
ttm
t
t
Xét
1
2
−
=
t
t
y
có
( )
2
2
1
2
'
=
−
=
t
tt
y
y’ = 0
20

=∨=⇔
tt


+
∞
-
∞
+
∞
-
∞
4
0
0
0
2
0 1
y
y'
x
+
∞
-
∞
Từ bảng biến thiên ta có : m < 0
1
≥∨
m
Câu VI b.

1/ (C) có tâm I(2 ; 1) và phương trình của đường thẳng AI: x + y – 3 = 0.
Pt của (C’) : x
2
+ y
2
+ 2ax + 2by + c = 0 có tâm I’(-a ; -b)
A(1 ; 2), B(1 ; 6) thuộc (C’) và tâm I’ thuộc đường thẳng AI. Ta có hệ phương trình:





=++
−=++
−=++
03
37122
542
ba
cba
cba
, giải hệ được a = 1, b = -4, c = 9
Pt của (C’) : x
2
+ y
2
+ 2x – 8y + 9 = 0
2/ Pt mp(ABC):
222
111

1
))(;(1
cba
ABCOd
c
z
b
y
a
x
++
−
=⇒=++
Theo bất đẳng thức Côsi :
3
222222
1
3
111
cbacba
≥++
và 3 = a
2
+ b
2
+ c
2

3 222
3 cba

≥
Ta có :
3
1
.3
111
3
111
222222
≤⇒≥++⇔≥++
d
cbacba
Dấu = xảy ra khi a
2
= b
2
= c
2
hay a = b = c = 1
Vậy d lớn nhất bắng
3
1
khi a = b = c = 1
Câu VII b.
Pt đã cho
0loglog)1;0(0loglog
2
1
4
2

2
22
2
2
=++⇔∈∀=++






⇔
mxxxmxx
(*)
Đặt
]0;()1;0(,log
2
−∞∈⇒∈=
txxt
(*)
]0;(0
22
−∞∈∀−−=⇔=++⇔
tttmmtt
Xét hàm số y = -t
2
– t có y’ = -2t – 1
y’ = 0
4
1

,
2
1
=−=⇔
yt
t -
∞
-
2
1
0

y’ + 0 -
y
4
1

-
∞
0
ĐS : m
4
1
≤