Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2009 - Cấu trúc BGD (Cực hot - có đáp án)

Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục

ĐỀ 01
Thi vào thứ hai hàng tuần tại A7 Bà Triệu – Đà Lạt
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số :
3 2
3 4y x x   
 
1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
 
1 .
2. Với giá trị nào của
m
thì đường thẳng nối hai cực trị đồ thị của hàm số
 
1 tiếp xúc với đường tròn
 
 
 
2
2
: 1 5C x m y m     .
Câu II: ( 2 điểm )
1. Giải phương trình :
5 1
5 2 5
2 2
x x
x x

   

2. Giải phương trình :
 
 
2
3 2cos cos 2 sin 3 2cos 0x x x x    
.
Câu III: ( 1 điểm ) Tính giới hạn :
 
1
cos6
4
lim ln 1 cos 2
x
x
x



.
Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh bằng a ,
 
SA ABCD và 2SA a . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SB và SD . Giả sử N là giao
điểm của đường thẳng SC và
 
AHK . Chứng minh rằng AN HK và tính thể tích khối chóp .S AHNK .
Câu V: ( 1 điểm )
Cho
3

số thực dương , ,a b c .Chứng minh rằng :
 
   
 
3 3 3
1
2
a b c
a b c
b c a c a b a b c
    
  

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. Viết phương trình mặt phẳng qua giao tuyến của 2 mặt phẳng
 
: 4 5 0P x y   và
 
: 3 2 0Q x y z    , đồng thời vuông góc với mặt phẳng
 
: 2 7 0R x z  
2. Tìm trên giao tuyến của hai mặt phẳng
   
,P Q ở câu 1 những điểm M sao cho khoảng cách từ M đến mặt
phẳng
 
: 2 2 7 0S x y z    một khoảng bằng 2 ?.

Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho tập
 
0;1;2;3;4;5A  ,từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác
nhau ,trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 0 và 3 ?.
2. Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b ( 2 điểm )
1. Viết phương trình mặt phẳng
 
P qua O ,vuông góc với mặt phẳng
 
: 0Q x y z   và cách điểm
 
1;2; 1M  một khoảng bằng 2 .
2. Cho hai đường thẳng
 
1
3 7
: 1 2
1 3
x t
d y t
z t

 


 


 



và
 
2
7
: 3 2
9
x u
d y u
z u

 


 


 


.Lập phương trình đường thẳng
 
d đối xứng
với đường thẳng
 
1
d qua
 
2

d .
Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho số phức 1 3z i  . Hãy viết dạng lượng giác của số phức
5
z .


GV ra đề : Nguyễn Phú Khánh – A7 Bà Triệu Đà Lạt , 42B/11 Hai Bà Trưng Đà Lạt .

Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục

Đáp án đề thi

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số :
3 2
3 4y x x   
 
1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
 
1 . Học sinh tự làm .
2. Với giá trị nào của
m
thì đường thẳng nối hai cực trị đồ thị của hàm số
 
1 tiếp xúc với đường tròn
 
 
 
2

2
: 1 5
m
C x m y m     .
Đồ thị hàm số
 
1 có cực tiểu
 
2;0A  , cực đại
 
0;4B . Phương trình đường thẳng nối hai cực trị của hàm số
 
1 là
   
: 1 : 2 4 0
2 4
x y
AB AB x y     

.
 
m
C có tâm
 
; 1
m
I m m  , bán kính 5R  .
Đường thẳng
 
AB tiếp xúc với đường tròn

 
m
C khi
 
 
 
 
 
,
2
2
3 5 2
2 1 4
5 3 5
3 5 8
2 1
m
I AB
m m
m m
d R m
m m
  
 
  
       
 
    
 
 

 
.
Câu II: ( 2 điểm )
1. Giải phương trình :
5 1
5 2 5
2 2
x x
x x
   

Điều kiện : 0x 
Bất phương trình cho viết lại :
 
1 1
5 2 5 1
2 4
x x
x x
 
 
   
 
 
 
 

Đặt :
 
1

2 2 , 0
2
t x do x
x
    .
Khi đó
 
2 2
1 1
2 1 1
4 4
t x x t
x x
       
Phương trình
 
 
2 2
1
1 5 2 1 5 2 5 3 0
3
2
t
t t t t
t



        






Điều kiện 2t  , do đó
3
2
t 
Khi đó
 
 
2
1
1 3
1
2
2 3 1 0
0
2 2
4
2
1
0
1
0
0
x
x xx
x
x

x
x
x
x
x








   
 
  


   
  






  










Vậy tập nghiệm của bất phương trình cho là :


1
0; 1;
4
T
 
  


 


2. Giải phương trình :
 
   
2
3 2cos cos 2 sin 3 2cos 0 1x x x x    

 
 
2
1 2 3 1 sin 3 cos 2 3 3.sin 2sin .cos 0x x x x x      

2
2 3 sin 3.sin 3 cos 2sin .cos 0x x x x x     
   
3.sin 2sin 3 cos 3 2sin 0x x x x     
  
3 2sin 3.sin cos 0x x x   
Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục

 
3
1sin sin
3 2sin 0
32 3
1
3.sin cos 0
t n t n
6
3 6
n
x n nx
x
x x
x k k
a x a







 

    
 

 


 


  


 

 
   


   
 


 




Câu III: ( 1 điểm ) Tính giới hạn :

 
1
cos6
4
lim ln 1 cos 2
x
x
x




Dễ thấy
   
 
 
 
 
1
cos 6
ln 1 sin 2
sin 2
1
2
2
ln 1 cos2 .ln 1 cos2 .
cos6 cos 3 2
sin 2
2
x

x
x
x x
x x
x



 
 

 
 
   


 
   
 
 
 
 
 
3 2
ln 1 sin 2 ln 1 sin 2
cos 2 1
2 2
. .
4 cos 2 3 cos 2 4 cos 2 3
sin 2 sin 2

2 2
x x
x
x x x
x x
 
 
   
   
   
   
 
 
 


 
 
 
 
1
cos 6
2
4 4
ln 1 sin 2
1 1
2
lim ln 1 cos2 lim .
4 cos 2 3 3
sin 2

2
x
x x
x
x
x
x
 


 
 
 
 
 
   




Cách 2 : Đặt
, 0
4 4
t x x t
 
    

   
 
 

1
cos 6
0
4 4
ln 1 sin 2
1
lim ln 1 cos 2 lim .ln 1 cos2 lim
cos 6 sin 6
x
t
x x
t
x x
x t
 

 
 
   

 
 
 
 
 
 
 
 
0 0
sin2

.2
ln 1 sin 2 ln 1 sin 2
sin2 1
2
lim . lim .
sin6
sin2 sin 6 sin2 3
6
t t
t
t
t t
t
t
t
t t t
t
 

   

   
 

Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh bằng a ,
 
SA ABCD và 2SA a . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SB và SD . Giả sử N là giao
điểm của đường thẳng SC và
 
AHK . Chứng minh rằng AN HK và tính thể tích khối chóp .S AHNK .

Chứng minh tứ giác AHNK có 2 đường chéo vuông góc
là AN HK
3
.
1 2
.
3 9
S AHNK AHNK
a
dt dt SN 
(đvtt).
Hoặc dùng tỷ số thể tích :
3
. . 2
...
. . 9
SAHNK
ABCD
V SH SN SK a
V SB SC SD
  
(đvtt)


Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục

Câu V: ( 1 điểm )
Cho
3

số thực dương , ,a b c .Chứng minh rằng :
 
   
 
3 3 3
1
2
a b c
a b c
b c a c a b a b c
    
  

Phân tích bài toán :
 Đẳng thức cần chứng minh đưa về dạng :
 
 
 
 
 
 
3 3 3
0
a b c
m a c nb k b a pc i b c ja
b c a c a b a b c
           
  
.

 Giả sử 0 a b c   . Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a b c  .
Từ đó gợi mở hướng giải :
 
 
3
3
3
a
m a c nb mna
b c a
   

. Đẳng thức xảy ra khi
 
 
 
 
3
3
1
4
1
2
a
m
m a c nb
a
b c a
m a a na
a a a

a b c
n



  



    
 

 
 




Tương tự cho các trường hợp khác .

Giải :
 
 
3
1 1 3
2 4 2
a
b c a a
b c a
   


. Đẳng thức xảy ra khi:
 
 
3
1 1
2 4
a
b c a
b c a
  

.
 
 
3
1 1 3
2 4 2
b
c b a b
c a b
   

. Đẳng thức xảy ra khi:
 
 
3
1 1
2 4
b

c b a
c a b
  

.
 
 
3
1 1 3
2 4 2
c
a b c c
a b c
   

. Đẳng thức xảy ra khi:
 
 
3
1 1
2 4
c
a b c
a b c
  

.
Cộng vế theo vế ta được :
 
   

 
3 3 3
1
2
a b c
a b c
b c a c a b a b c
    
  
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi : 0a b c  
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. Viết phương trình mặt phẳng qua giao tuyến của 2 mặt phẳng
 
: 4 5 0P x y   và
 
: 3 2 0Q x y z    , đồng thời vuông góc với mặt phẳng
 
: 2 7 0R x z   .

Giả sử đường thẳng
 
d là giao tuyến của 2 mặt phẳng
 
P và
 
Q nên phương trình đường thẳng

 
d có dạng
 
4 5 0
:
3 2 0
x y
d
x y z
  



   


hay
 
5 4
:
13 13
x t
d y t t R
z t

 


 



  



 
d đi qua điểm
 
5;0; 13M  và có vtcp
 
4;1;13u  

, mặt phẳng
 
R có vtpt
 
2; 0; 1
R
n  

.
Mặt phẳng cần tìm đi qua điểm
 
5;0; 13M  có vtpt là
 
 
; 1;22; 2
R
n u n  
  

nên phương trình có dạng
 
 
 
1 5 22 0 2 13 0 22 2 21 0x y z x y z            .
Chú ý : Bài toán này có thể giải theo dạng chum mặt phẳng , tuy nhiên phương pháp này không đề cập trong
chương trình mới hiện nay .
Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục

2. Tìm trên giao tuyến của hai mặt phẳng
   
,P Q ở câu 1 những điểm M sao cho khoảng cách từ M đến mặt
phẳng
 
: 2 2 7 0S x y z    một khoảng bằng 2 ?.
Giao tuyến của hai mặt phẳng
   
,P Q là
 
5 4
:
13 13
x t
d y t t R
z t

 


 



  



   
5 4 ; ; 13 13 ,M d M t t t t R      .
 
 
 
 
   
;
2 2
2
2 5 4 2 13 13 7
30 23
5
2 2 1
M S
t t t
t
d
     

 
   

Theo bài toán

 
;
20 20
, ; ;
30 23 10
30 23
23 23
2 2 30 23 10
30 23 10
40 40
5
, ; ;
23 23
M S
t M
t
t
d t
t
t M

 

 
 



 
        


  
 




 

 


Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho tập
 
0;1;2;3;4;5A  ,từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác
nhau ,trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 0 và 3 ?.
Cách 1: Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ tập A là:
1 2 3 4 5 1
, 0a a a a a a 

Số cách chọn
1
a
có 5 cách .Số cách chọn
2 3 4 5
a a a a
là số chỉnh hợp chập 4 của 5 :
4
5
A .Suy ra : có

4
5
5. 600A 
(số) .
Trong 600 số trên thì: Số không có chữ số 0 được lập từ tập
 
1;2;3;4;5B  là số chỉnh hợp chập 4 của 5:
4
5
120A  (số).
Số không có chữ số 3 được lập từ tập
 
0;1;2;4;5A  :Số cách chọn
1
0a  có 4 cách. Số cách chọn
2 3 4 5
a a a a

là số hoán vị
4
P
.Suy ra : có
4
4. 96P 
(số).
Vậy theo yêu cầu bài toán ta có :
600- (120 + 96) = 384
(số)
Cách 2:
Số cách chọn số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau ,trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 0 và 3,chính là số

cách xếp 5 chữ số từ tập A vào 5 ô liên tiếp nhau.
Vì nhất thiết phải có mặt chữ số 0 và 3 nên ta chọn số 0 và 3 xếp trước
Vì số 0 không được đứng ở vị trí đầu tiên nên có 4 cách xếp.
Số 3 có 4 cách xếp vào 4 vị trí còn lại.Số cách xếp 3 số còn lại chính là số chỉnh hợp chập 3 của 4 :
3
4
A .
Vậy theo yêu cầu bài toán ta có :
3
4
4.4 384A  (số).
2. Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b ( 2 điểm )
1. Viết phương trình mặt phẳng
 
P qua O ,vuông góc với mặt phẳng
 
: 0Q x y z   và cách điểm
 
1;2; 1M  một khoảng bằng 2 .
Mặt phẳng
 
P qua O nên có phương trình:
 
2 2 2
: 0, 0P ax by cz a b c      , vtpt :
 
; ; 0n a b c 



Mặt phẳng
 
Q có vtpt
 
1;1;1m 

. Vì
   
P Q nên
 
. 0 0 1n m n m a b c      
   
.