Đề thi đại học môn Toán khối A 2009 - Bám sát cấu trúc Bộ giáo dục

Bám sát cấu trúc Bộ Giáo Dục và Đào tạo
ĐỀ THAM KHẢO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
Môn thi : TOÁN, khối A
Thi thử thứ năm hàng tuần (26.02.2009)
ĐỀ 02
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I : ( 2 điểm )
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2
4 4 1y x x x
= + + + .
2.
Tìm trên đồ thị của hàm số
4 2
2 3 2 1y x x x
= − + + những điểm
A
có khoảng cách đến đường thẳng
( )
: 2 1 0d x y− − =
nhỏ nhất.
Câu II: ( 2 điểm )
1.
Giải phương trình :
( )
2
9 3 3
2 log log .log 2 1 1x x x= + −

2.
Cho tam giác
ABC
có
,A B
nhọn và thỏa mãn
2 2
2009
sin sin sinA B C+ =
.Chứng minh rằng tam giác
ABC

vuông tại
C
.
Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân
( )
2
3
1
sin cos sin
I dx
x x x
π
π
=
−
∫

Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp tứ diện đều

.S ABCD
. Các mặt bên tạo với đáy góc
β
. Gọi
K
là trung điểm
cạnh
SB
. Tính góc giữa hai mặt phẳng
( )
AKC
và
( )
SAB
theo
β
.
Câu V: ( 1 điểm ) Cho bất phương trình :
( )
2 3
2 2
2
3 2
4 2
4
m x x
x x
x
− −
≥ − +

−
. Tìm
m
để bất phương trình có
nghiệm
x
thuộc tập xác định .
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ).
1.
Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a ( 2 điểm )
1.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho đường tròn
( )
C
có phương trình:
2 2
6 5 0x y x+ − + = .Tìm điểm
M
thuộc
trục tung sao cho qua
M
kẻ được hai tiếp tuyến với
( )
C
mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng
0

60 .
2.
Trong không gian
Oxyz
cho
3
điểm
1 1 1
;0;0 , 0; ;0 , 1;1;
2 2 3
H K I
     
     
     
. Tính cosin của góc tạo bởi mặt phẳng
( )
HIK
và mặt phẳng toạ độ
Oxy
.
Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,a b c
thoả mãn
2 2 2
1a b c
+ + =
. Chứng minh rằng :
2 2 2 2 2 2

3 3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
.
2.
Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b ( 2 điểm )
1.
Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc
Oxyz
cho đường thẳng
( )
:
1 2 3
x y z
d = =
và các điểm
( )
2;0;1 ,A

( ) ( )
2; 1;0 , 1; 0;1B C−
. Tìm trên đường thẳng
( )
d
điểm
S

sao cho :
SA SB SC+ +
  
đạt giá trị nhỏ nhất.

2.
Viết phương trình đường phân giác trong của
2
đường thẳng :
( )
1
: 2 3 0,d x y+ + =

( )
2
: 2 6 0d x y+ + =
.
Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,a b c
thoả mãn
1
a b c
=
+ +
. Chứng minh rằng :

6a b b c c a+ + + + + ≤
.

GV ra đề : Nguyễn Phú Khánh Đà Lạt .
Đáp án đăng tải tại sau 15h cùng ngày.


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I : ( 2 điểm )
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2
4 4 1y x x x= + + +
.
2.
Tìm trên đồ thị của hàm số
4 2
2 3 2 1y x x x= − + +
những điểm
A
có khoảng cách đến đường thẳng
( )
: 2 1 0d x y− − =
nhỏ nhất.
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2
4 4 1y x x x= + + +
. Học sinh tự giải .
2.
Tìm trên đồ thị của hàm số
4 2

2 3 2 1y x x x= − + +
những điểm
A
có khoảng cách đến đường thẳng
( )
: 2 1 0d x y− − =
nhỏ nhất.
Giả sử
( )
4 2 4 2
0 0 0 0 0 0
; 2 3 2 1 2 3 2 1A x y y x x x y x x x∈ = − + + ⇒ = − + +

( )
( )
( )
( )
4 2
4 2
0 0 0 0
0 0
0 0
,
2
2
2 1 2 3 2 1
2 3 2
2 1
5 5
2 1

A d
x x x x
x x
x y
d
− − − + +
− +
− −
= = =
+ −

( )
( )
2
2
0
,
3 7
2
4 8
7 5
5 40
A d
x
d
 
− +
 
 
= ≥

Vậy
( )
( )
,
7 5
min
40
A d
d
=
khi
2
0 0
3 3
0
4 2
x x− = ⇔ = ±

0 0
3 1 3 1
, 3 ; 3
2 8 2 8
x y A
 
• = − = − − ⇒ − − −
 
 

0 0

3 1 3 1
, 3 ; 3
2 8 2 8
x y A
 
• = = − + ⇒ − +
 
 

Câu II: ( 2 điểm )
1.
Giải phương trình :
( )
2
9 3 3
2 log log .log 2 1 1x x x= + −

Điều kiện:
0
2 1 0 0
2 1 1 0
x
x x
x

>


+ ≥ ⇔ >



+ − >



Phương trình :
( ) ( )
2
2
9 3 3 3 3 3
1
2 log log .log 2 1 1 2 .log log .log 2 1 1 0
2
x x x x x x
 
= + − ⇔ − + − =
 
 

( )
( )
3
3 3 3
3 3
log 0
1
log . log log 2 1 1 0
1
2
log log 2 1 1 0

2
x
x x x
x x
=

 

⇔ − + − = ⇔
 
 

 
− + − =
 

 


( )
( )
3 3
1
1
1
1
4
4 0
2 1 1
log log 2 1 1

x
x
x
x
x
x x
x x
x x
=
=
=
=





⇔ ⇔ ⇔ ⇔


=
− =
= + −
= + −









thỏa
0x >
.

2.
Cho tam giác
ABC
có
,A B
nhọn và thỏa mãn
2 2
2009
sin sin sinA B C+ =
.Chứng minh rằng tam giác
ABC

vuông tại
C
.
Ta chứng minh được
2 2 2
sin sin sin 2 2 cos .cos .cosA B C A B C+ + = +
( bài tập giáo khoa đại số 10).
Như vậy ta luôn có
2 2 2
2009 2009
sin sin sin sin sin 2 2 cos .cos .cosA B C C C A B C+ = ⇔ + = +
.

Vì
2
2009
sin sin 2C C+ ≤
nên
( )
2 2 cos .cos .cos 2 cos .cos .cos 0 *A B C A B C+ ≤
⇒
≤
.
Do tam giác
ABC
có
,A B
nhọn , đẳng thức
( )
( )
* cos 0 1C
⇒
≤
.
Mặt khác :
2
2009
0 sin 1 sin sinC C C< ≤
⇒
≤
hay
2 2 2 2 2 2
sin sin sinC A B c a b≤ + ⇔ ≤ +

( định lý hàm sin)
( )
2 2 2 2
2 . .cos cos 0 2a b a b C a b C⇔ + − ≤ + ⇔ ≥
( định lý hàm cosin).
Từ
( )
1
và
( )
2
suy ra
cos 0
2
C C
π
= ⇔ =
.
Vậy tam giác
ABC
vuông tại
C
.
Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân
( )
2
3
1
sin cos sin
I dx

x x x
π
π
=
−
∫

Cách 1 :
( )
( )
2 2
3 3
1 1 1
sin cos sin 2
sin sin
4
I dx dx
x x x
x x
π π
π π
π
= =
−
−
∫ ∫


( )
( )

( ) ( )
( )
cos sin .cos cos .sin
cos
4 4 4
cot cot
4 sin
sin sin .sin
4 4
x x x x x
x
x x
x
x x x
π π π
π
π π
− − − −
 
− − = − =
 
 
− −

( )
( ) ( )
sin
1
4
sin .sin 2 sin sin

4 4
x x
x x x x
π
π π
 
− −
 
 
= =
− −

2
3
cot cot ?
4
I x x dx
π
π
π
 
 
= − − =
 
 
 
 
∫

Cách 2 :
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2
2 2
3 3 3 3
1 1 1 1
cot 1 ?
sin cos sin 1 cot sin cot 1 sin cot 1
I dx dx dx d x
x x x x x x x x
π π π π
π π π π
−
= = = = − =
− − − −
∫ ∫ ∫ ∫


Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp tứ diện đều
.S ABCD
. Các mặt bên tạo với đáy góc
β
. Gọi
K
là trung điểm
cạnh
SB
. Tính góc giữa hai mặt phẳng
( )

AKC
và
( )
SAB
theo
β
.
Gọi
O
là tâm hình vuông
ABCD
cạnh
a
. Khi đó
( )
SO ABCD⊥
và
SO h
=
.
Chọn hệ trục tọa độ
Oxyz
sao cho
, ,OA Ox OB Oy OS Oz
≡ ≡ ≡
và
( ) ( )
0;0;0 , ; 0;0 ,O A a

( )

0; ;0 ,B a

( )
;0;0 ,C a
−
( ) ( )
0; ; 0 , 0;0; , 0; ;
2 2
a h
D a S h K
 
−
 
 
.
Mặt phẳng
( ) ( )
2 2 2
1
: 0, : 1 cos
2
2 1
x y z a
ABC z SAB
a a h
h a
h
a
β
= + + = ⇒ = =

+
 
+
 
 

( )
2
2
2
1 cos
1
2 cos
h
a
β
β
 
−
⇒ =
 
 

Gọi
µ
là góc giữa hai mặt phẳng
( )
AKC
và
( )

SAB
.
Mặt phẳng
( )
AKC
đi qua
K
và chứa trục
Ox
nên có phương trình :
0hy az− + =

( )
2
2 2
2 2 2 2 2 2
1
cos 2
2 .
1 2 . 1
h
a
a h
a h a h
h h
a a
µ
 
−
 

−
 
⇒ = =
+ +
   
+ +
   
   
.
Từ
( )
1
và
( )
2
suy ra
( )
3
2
3 cos 1
cos
2 1 cos
β
µ
β
−
=
+

Câu V: ( 1 điểm ) Cho bất phương trình :

( )
2 3
2 2
2
3 2
4 2
4
m x x
x x
x
− −
≥ − +
−
. Tìm
m
để bất phương trình có
nghiệm
x
thuộc tập xác định .

Điều kiện :
2 2x− < <

Khi đó bất phương trình :
( )
2 3
2 2 4 3 2
2
3 2
4 2 2 5 8

4
m x x
x x x x x m
x
− −
≥ − + ⇔ − − ≥ −
−

Xét hàm số :
( )
4 3 2
2 5f x x x x= − −
, xác định và liên tục trên khoảng
( )
2;2−
.
Trên khoảng
( )
2;2−
ta có :
( )
3 2
' 4 6 10f x x x x= − −

( )
( )
( )
( )
( )
( )

( )
3 2
2
0, 0 0
4 6 10 0
4 6 10 0
' 0 1, 1 2
2;2
2;2
5
2;2
2
x f
x x x
x x x
f x x f
x
x
x

 = =

− − =

− − =

 
= ⇔ ⇔ ⇔ = − − = −

 

∈ −
∈ −

 



= ∉ −



( ) ( )
2 2
lim 12, lim 20
x x
f x f x
+ −
→− →
= = −

Lập bảng biến thiên , từ đó suy ra : bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
12 8 4m m> − ⇔ > −

Chú ý : Bất phương trình nghiệm đúng với mọi giá trị của
x
thuộc tập xác định khi và chỉ khi
20 8 28m m− > − ⇔ >

II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ).

1.
Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a ( 2 điểm )
1.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho đường tròn
( )
C
có phương trình:
2 2
6 5 0x y x+ − + =
.Tìm điểm
M
thuộc
trục tung sao cho qua
M
kẻ được hai tiếp tuyến với
( )
C

mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng
0
60
.
Phương trình của
( )
C
có dạng:

( )
2
2
3 4x y− + =
, có tâm là
( )
3; 0I
, bán kính
2R =
.
Vẽ đường tròn trên hệ trục toạ độ
Oxy
, dễ thấy
trục tung không có điểm chung với đường tròn
( )
C
.
Do đó, qua một điểm
M
bất kì trên tục tung luôn kẻ được hai tiếp tuyến của
( )
C
.

Giả sử điểm
( )
0;M m
tùy ý thuộc trục tung.Qua
M

, kẻ các tiếp tuyến
MA
và
MB
của
( )
C
, trong đó
,A B
là các tiếp
điểm.
Từ giả thiết góc giữa
2
đường thẳng
MA
và
MB
bằng
0
60
nên ta luôn có



0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB


=


=


Vì
MI

là phân giác của

AMB
nên :

0 2
0
(1) 30 2 9 4 7
sin 30
IA
AMI MI MI R m m⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ±


0 2
0
2 3 4 3
(2) 60 9
3 3
sin 60
IA R

AMI MI MI m⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + =
(*)
Dễ thấy, không có
m
thỏa mãn (*)
Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là:
(
)
0; 7M −
và
(
)
0; 7M
.
2.
Trong không gian
Oxyz
cho
3
điểm
1 1 1
;0;0 , 0; ;0 , 1;1;
2 2 3
H K I
     
     
     
. Tính cosin của góc tạo bởi mặt phẳng
( )
HIK

và mặt phẳng toạ độ
Oxy
.
Mặt phẳng
( )
HIK
có vectơ chỉ phương là
1 1 1 1
; ; 0 , ;1;
2 2 2 3
HK HI
   
= − =
   
   
 
nên có vectơ pháp tuyến là
( )
1 1 3 1
; ; ; 2;2; 9
6 6 4 12
n HK HI
 
 
= = − = −
 
 
 
  
,

( )
HIK
chọn vectơ pháp tuyến là
( )
2;2; 9m = −


Mặt phẳng
( )
HIK
đi qua
1
;0;0
2
H
 
 
 
và có vectơ pháp tuyến là
( )
2;2; 9m = −

, nên có phương trình :
( ) ( )
1
2 2 0 9 0 0 2 2 9 1 0
2
x y z x y z
 
− + − − − = ⇔ + − − =

 
 
.
Mặt phẳng
( )
: 0Oxy z =

Góc tạo bởi hai mặt phẳng
( ) ( )

0.2 0.2 9
9
, : cos
4 4 81. 0 0 1 89
HIK Oxy
β
+ −
 
= =
 
 
+ + + +
.

Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,a b c
thoả mãn
2 2 2

1a b c+ + =
. Chứng minh rằng :
2 2 2 2 2 2
3 3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
.
Phân tích bài toán :

•
Trường hợp tổng quát , giả sử
0 a b c< ≤ ≤
thoả mãn điều kiện
2 2 2
1a b c+ + =
, vậy ta có thể suy ra
0 1a b c< ≤ ≤ <
hay không?. Như vậy điều kiện
, ,a b c
không chính xác vì dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi
2 2 2
0
1 1
, , 0;
1
3 3
a b c

a b c a b c
a b c

< = =
 

⇒
= = =
⇒
∈



+ + =
 


.
•
Ta thấy mối liên hệ gì của bài toán ?. Dễ thấy
2 2 2
1a b c+ + =
và
2 2 2 2 2 2
, ,b c c a a b+ + +
. Gợi ý ta đưa bài toán
về dạng cần chứng minh :
2 2 2
3 3
2

1 1 1
a b c
a b c
+ + ≥
− − −
.
•
Vì vai trò
, ,a b c
như nhau và
2
ý phân tích trên gợi ý ta đưa đến cách phân tích
( )
2 2 2
2 2 2
3 3
2
1 1 1
a b c
a b c
a b c
+ + ≥ + +
− − −
và cần chứng minh
2
2
2
2
2
2

3
2
1
3
2
1
3
2
1
a
a
a
b
b
b
c
c
c

≥

−


≥

−


≥


−

.