4 de thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an tham khao

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (351.04 KB, 18 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ LẦN 2

TRƯỜNG THPT QUỐC HỌC QUY NHƠN TUYỂN SINH ĐẠI HỌC – NĂM 2011
Mơn thi: TỐN – KHỐI A-B-D
 Thời gian làm bài: 180 phút
(Không kể thời gain phát đề)
I: PHẦN CHUNG: ( 7điểm)

CâuI (2điểm): Cho hàm số y = f(x) =(x + 2)(x2 – mx + m2 -3) ( 1) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2

2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành.
Câu II (2 điểm):

1: Giải phương trình: 4sin2x + 1 = 8sin2xcosx + 4cos22x 
2: Giải bất phương trình: x2 + 4x + 1 > 3 x(x + 1)

Câu III (1điểm): Tính tích phân

4
2

4 2

2 1

x

I dx

x x



 



Câu IV (1điểm): Cho hình hình chóp S.ABCD có cạnh SA =

4, tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1. Chứng minh

rằng tam giác SAC vuông và tính thể tích khối chóp S.ABCD.

Câu V(1điểm): Giải hệ phương trình:

3 2 1 0

(3 ) 2 2 2 1 0

x y

x x y y

   




    




PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.Theo chương trình chuẩn

Câu VI/a: (2điểm)

1 . Trong mpOxy cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng AB và BC lần lượt có phương trình: 7x + 6y
– 24 = 0; x – 2y – 2 = 0. Viết phương trình đường cao kẽ từ B của tam giác ABC.

2. Trong kgOxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua giao tuyến của hai mặt phẳng

 

 : 2x – y – 1 = 0;

 

 : 2x – z = 0 và tạo với mặt phẳng (Q): x – 2y + 2z – 1 = 0 góc

 mà

2 2
os =

c 

Câu VII/a: (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời: z



1 2 i



5va z z. 34

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI/b.(2điểm)

1. Trong mpOxy cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng AB và BC lần lượt có phương trình: 7x + 6y
– 24 = 0; x – 2y – 2 = 0. Viết phương trình đường trung tuyến kẽ từ B của tam giác ABC

2. Trg kgOxyz viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, cắt các

đường thẳng

 





1 3

: ; ' : 1

2 2 1 2

x t x t

D y t D y t

z t z t

   

 

 

  

 

     

  và tạo với (D) một góc 300

Câu VII/b: (1điểm) Giải phương trình: x4.15log3 x 51 log 3x 0

---
Hết---H

ướng dẫn giải :
CâuI : 1. bạn đọc tự giải

2. Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành khi hệ sau có nghiệm:









2 2

( 2) 3 0 (1)

3 2 4 2 3 0 (2)

x x mx m

x m x m m

     




     




</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

(1) 2 2

3 0 (3)

x

x mx m


 

   



*) Với x = - 2 thay vào (2): m =  1

*) (3) có nghiệm khi và chỉ khi m 2 , (3) có hai ngiệm x =

12 3
2

m  m
Thay vào (2) ta được: 12 3 m2 0  m2

Câu II : 1.4sin2x + 1 = 8sin2xcosx + 4cos22x  5 – 4cos2x = 8cosx – 8cos3x + 16cos4x – 16cos2x + 4
 16cos4x – 8cos3x  12cos2x + 8cosx - 1 = 0

 (2cosx – 1)(8cos3x – 6cosx + 1) = 0  (2cosx – 1)(2cos3x + 1) = 0
2. x2 + 4x + 1 > 3 x(x + 1) Điều kiện x ≥ 0

Đặt t x , t ≥ 0

Bất phương trình trở thành t4 + 4t2 +1 > 3t3 + 3t  t4 – 3t3 + 4t2  3t +1 > 0
  (t – 1)2(t2 – t + 1) > 0 t  1

Vậy nghiệm của bất phương trình x≥ 0 và x  1

Câu III:.

4
2

4 2

2 1

x

I dx

x x



 





 



2
2

2 2

4 2

1 1

x

dx

x x

  



 

   

 



= 1 +









1
2

2 2

1 3 1 3 1

2 x 1 x 1 x 1 x 1 dx

 

  

 

     

 



1 1 1

1 3ln 1 3ln 1 2

2 x x 1 x x 1 0

 

       

 

 

= …
Câu VI: ABCD là hình thoi , gọi O là tâm , P là trung điểm của SC
Ta có BD  (SAC), SC  (PBD),

1 3

2 8

OP SA
==> SC  OP

OP là đường TB của tam giác SAC, vậy SC  SA
==> SAC vuông tại A ==> SA =

Gọi H là chân đường cao ==> H  AC,

. 3

SA SC
SH

AC

 

Ta có: BD = 2 BP2 OP2 =

39
4

. .

V  AC DB SH

Câu V:

3 2 1 0 (1)

(3 ) 2 2 2 1 0 (2)

x y

x x y y

   




    



 Điều kiện

1
2

x va y
(2)  1



2 x



 2 x  1



2y1



 2y1

Xét hàm số f(t) = (1 + t2)t = t3 + t

f’(t)= 3t2 + 1 > 0 t  R. Vậy hàm số tăng trên R

(2)  f



2 x



f



2y1



 2 x 2y1  2 – x = 2y – 1  2y = 3 – x
Thay vào (1): x3 + x – 2 = 0  x = 1. Nghiệm của hệ (1;1)

Câu VI.a:

1. B = ABAC, B

1
3;

 

 

 

Theo yêu cầu bài toán ta có vơ số tam giác thỏa mãn bài toán mà các
cạnh AC nằm trên các đường thẳng // với nhau.

P

O
H

D

C
B

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Chọn M(4;1)  BC, M là trung điểm của BC ==> C
3
5;
2
 
 
 

Tam giác ABC cân tại A, Vậy AM  BC ==> AM: 2x + y – 9 = 0
A = AM AB ==> A(6;-3)

Đường cao BH đi qua B có VTPT AC==> pt
2. Gọi d là giao tuyến của

 

 và

 

 ==> d:

2 1 0

2 0
x y
x z
  


 

Lấy A(0;-1;0), B(1;1;2)  d

(P) qua A, (P) có dạng phương trình: Ax + By + Cz + B = 0
(P) qua B nên: A + B + 2C + B = 0 ==> A = - (2B + 2C)
Vậy (P): - (2B + 2C)x + By + Cz + B = 0

2 2 2

2 2 2 2 2 2

3 (2 2 )

B C B C

c

B C B C

      

  

 13B2 - 8BC – 5C2 = 0, Chọn C = 1 ==> B = 1; B = - 5/13
+. Với B = C = 1; (P): - 4x + y + z + 1 = 0

+. Với B = 5/13 và C = 1; (P’): - 16x - 5y + 13z - 5 = 0
Câu VII.a: Gọi z = x + yi (x;y  R)

Ta có:

2 2

( 1) ( 2) 25

34
x y
x y
    


 


  2

2 7

5 28 15 0

x y
y y
 


  


3
5

29 / 5
3/ 5
x
y
x
y
 





 
 

 

 ==> z

Câu VI.b: 1.Cách giải như câu VI.a , đường trung tuyến xuất phát từ B và qua trung điểm N của AC
2. Ta có (D) nằm trong (P) Gọi A = (D’)(P) , giải hệ ta được A(5;-1;5)

Lấy B(1+t;t;2+2t)  (D); AB (t 4;t1; 2t 3)



là VTCP của d

Ta có cos300 =









2 2

6 9 3

6 ( 4) 1 2 3

t

t t t



    
1
4
t
t


  


*) Với t = - 1 thì AB



= ( -5;0;-5) ==> d:

5
1
5
x t
y
z t
 




  


*) Với t = 4 thì AB


= (0; 5;5) ==> d:

5
1
5
x
y t
z t




 

  


Câu VII.b: x4.15log3 x 51 log 3x 0 3 3 3

1
log

log 2 log

3 x 4.15 x 5.5 x 0

   

3 log

log

3 3

4 5 0

5 5
x

x
 
 
      
 
   

3
log
3
1 1
5
x
x
 
  
 
 
 

---Hết---THI THỬ ĐH- LÊ QUÝ ĐÔN – QUY NHƠN 2011( KHỐI A-B)
I: PHẦN CHUNG

CâuI (2điểm): Cho hàm số y = - 4x3 - 12x2 - 9x (C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu II (2 điểm):

1: Giải phương trình: cot2x – cotx.cot3x = 2

2: Giải hệ phương trình:

2 2

3 3 2 1

xy
x y

x y

x y x y x



  

 



      


Câu III (1điểm):

Tính tích phân : I =

(2x1) ln( x1)dx



Câu IV (1điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tamgiác đều cạnh a,

AA’ = A’B = A’C =

2 3

3 a. Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ A’ đến mặt phẳng (AB’C’) theo

a

Câu V(1điểm):

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

3 3 3 3 3 3 2 2 2

2 2 2

11 11 11

4 4 4

b a c b a c a b c

ab b bc c ca a b c a

 

  

      

    

PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.Theo chương trình chuẩn

Câu VI/a: (2điểm)

1 . Trong mpOxy cho tam giác ABC cân tại A(3;1) và

3 1

;

2 2

H  

  là trực tâm. Xác định tọa độ đỉnh B và 
C, biết B nằm trên đường thẳng d: 3x – y = 0.

2. Trong kgOxyz cho hai đường thẳng (d):

1 2 1

1 2 2

x y z

 

 , (d’):

2 5 3

1 4 1

x y z

 

CMR: (d) và (d’) chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (d) và (d’) đồng thời khoảng
cách từ (d) đến (Q) gấp đôi khoảng cách từ (d’) đến (Q).

Câu VII/a: Trong mặt phẳng phức (Oxy) xác định tập hợi các điểm biểu diễn các số phức
(1 + i)z + 1 biết z1 1

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI/b.(2điểm)

1. Trong mpOxy choờng thẳng d: 3x – 4y + 22 = 0 và hai điểm A(6;0), B(1; -5). Viết phương trình đường
trịn (S) đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với d

2. Trong kgOxyz cho mặt cầu (S): ( x – 1)2 + y2 + z2 = 9, mặt phẳng (P); y – 2z = 0. Viết phương trình

mp(Q) đi qua M(1;4;-1), (Q)  (P) và (Q) tiếp xúc vơi (S).

Câu VII/b: Giải hệ phương trình

4 2

2 4

log ( 1) log ( 1) 2

x y

   





   



</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Hết---SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Mơn thi: TỐN, khối B

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )x4 2x2
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hồnh độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và b để
hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.

Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình lượng giác:





2 cos sin

tan cot 2 cot 1

x x

x x x




 

2. Giải bất phương trình:





3 1 1

3 3

log 5 6 log 2 log 3

x  x  x  x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:





4 4

cos 2 sin cos

I x x x dx









Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ trịn xoay và hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên
đường trịn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng
(ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.

Câu V (1 điểm) Cho phương trình









3
4

1 2 1 2 1

x  x m x  x  x  x m

Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng  định bởi:

2 2

( ) :C x y  4x 2y0; :x2y12 0 . Tìm điểm M trên  sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp 
tuyến lập với nhau một góc 600.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0).
Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi
vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu?

2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng

 

d :x y  3 0

và có hồnh độ

9
2

I
x 

, trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm

tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là

2 2 2

( ) :S x y z  4x2y 6z 5 0, ( ) : 2P x2y z 16 0 .

Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định
vị trí của M, N tương ứng.

Câu VII.b (1 điểm) Cho a b c, , là những số dương thỏa mãn: a2b2c2 3. Chứng minh bất đẳng thức

2 2 2

1 1 1 4 4 4

7 7 7

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

---Hết---Đáp án.

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 1,00

+ MXĐ: D 0,25

+ Sự biến thiên

 Giới hạn: xlim  y; limx y






3 2 0

' 4 4 4 1 ; ' 0

x

y x x x x y

x



      




0,25

 Bảng biến thiên





 

1 1 1; 2 1 1; 0 0

CT CT

y y   y y  yC§ y 

0,25

 Đồ thị

0,25

2 1,00

Ta có f x'( ) 4 x3 4x. Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.

Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là kA f a'( ) 4 a3 4 ,a kB f b'( ) 4 b3 4b
Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:

  



 

' ' ( ) af' a

yf a x a  f a f a x f a 

;

  



 

' ' ( ) f' b

yf b x b  f b f b x f b  b

Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:









3 3 2 2

4a 4a = 4b 4 1 0 (1)

A B

k k    b a b a ab b  
Vì A và B phân biệt nên a b , do đó (1) tương đương với phương trình:

2 2 1 0 (2)

a ab b  
Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau

 





2 2 2 2

4 2 4 2

1 0 1 0

' ' 3 2 3 2

a ab b a ab b

a b

f a af a f b bf b a a b b

         

 

    

      

 

 ,

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

với cùng một cặp điểm trên đồ thị là



1; 1



và



1; 1



Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là

2 2 1 0

a ab b

a

a b

    




 


II 2,00

1 1,00

Điều kiện:





cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0

cot 1

x x x x x

x

 








 0,25

Từ (1) ta có:





2 cos sin

1 cos .sin 2

2 sin

sin cos 2 cos cos

cos sin 2 sin

x x x x

x

x x x x

x x x



  

  0,25

2sin .cosx x 2 sinx

 





2 4

cos
2

2
4

x k








 


    

  


 0,25

Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là x 4 k2



k





    0,25

2 1,00

Điều kiện: x3 0,25

Phương trình đã cho tương đương:













3 3 3

1 1 1

log 5 6 log 2 log 3

2 x  x 2  x 2  x













3 3 3

1 1 1

log 5 6 log 2 log 3

2 x x 2 x 2 x

       



 











3 3 3

log x 2 x 3 log x 2 log x 3

        

0,25



 



3 3

log 2 3 log

x

x x

x


 

       



 



 



x

x x

x


   



2 9 1 10

x
x

x
  

    




0,25

Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x 10 0,25

III 1,00

1 1,00





2
0

cos 2 1 sin 2

1 1

1 sin 2 sin 2

2 2

I x x dx

x d x



 

   

 

 

   

 



</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>









2 2

0 0

2 2

0 0

1 1

sin 2 sin 2 sin 2

2 4

1 1

sin 2 sin 2 0

|

d x xd x

x x

 

 

  



0,50

IV 1,00

Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó

OM AB và O N' CD.

Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:

I

 vng cân tại O nên:

2 2 2

2 2 2 2 2

h a

OM OI  IM    h a

0,25

Ta có:

2 2 2 2

2 2 2 2 2 3a

2 4 4 8 8

a a a a

R OA AM MO       

 

    0,25

2 3

2 3a 2 3 2

R . . ,

8 2 16

a a

V  h  

    0,25

và

a 3 2 3

2 Rh=2 . . .

2 2

xq

a a

S      0,25

V 1,00

Phương trình









3
4

1 2 1 2 1

x  x m x  x  x  x m

(1)
Điều kiện : 0 x 1

Nếu x



0;1



thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì
cần có điều kiện

1
1

x  x x

. Thay

1
2

x

vào (1) ta được:

3 0

1 1

2. 2.

2 2

m

m m

m



    




0,25

* Với m = 0; (1) trở thành:



4 41



2 0 1

x  x   x
Phương trình có nghiệm duy nhất.

0,25
* Với m = -1; (1) trở thành























 



2 2

4 4

1 2 1 2 1 1

1 2 1 1 2 1 0

1 1 0

x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x

      

          

      

+ Với

4 41 0 1

x  x  x

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

+ Với

1 0

x  x  x

Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
* Với m = 1 thì (1) trở thành:











4 4

 



1 2 1 1 2 1 1 1

x  x x  x   x  x  x  x  x  x
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm

1
0,

x x

nên trong trường hợp này (1) khơng có
nghiệm duy nhất.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.

0,25

VIa 2,00

1 1,00

Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R 5.

Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập
với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM 2R=2 5.

Như thế điểm M nằm trên đường trịn (T) có phương trình:









2 2

2 1 20

x  y 
.

0,25

Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương

trình:









2 20 (1)

2 12 0 (2)

x y

    




  




0,25
Khử x giữa (1) và (2) ta được:









2 2

2 10 1 20 5 42 81 0 27

x

y y y y

x




         

 


0,25

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:

9
3;

M 
  hoặc

27 33
;
5 10

M 

  0,25

2 1,00

Ta tính được AB CD  10,AC BD  13,AD BC  5. 0,25

Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đơi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần

đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này. 0,25

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là

3 3

;0;

2 2

G 

 , bán kính là

14
2

R GA 

. 0,50

VII

a 1,00

Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C189 . 0,25

Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là:

+ Khơng có bi đỏ: Khả năng này khơng xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8.
+ Khơng có bi xanh: có C139 cách.

+ Khơng có bi vàng: có C159 cách.

0,25

Mặt khác trong các cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng thì có C109 cách chọn 9

viên bi đỏ được tính hai lần.

Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C109 C189  C139  C159 42910 cách.

0,50

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

1 1,00

I có hồnh độ

9
2

I
x 

và

 

9 3

: 3 0 ;

2 2

I d x y    I 

 

Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox,
suy ra M(3;0)









2 9 9

2 2 2 3 2

4 4

I M I M

AB IM  x  x  y  y   

. D = 12 AD = 2 2.

3 2

ABCD
ABC

S

S AB A

AB
   

 

AD d
M AD







 , suy ra phương trình AD: 1.



x 3



1.



y 0



 0 x y  3 0 .
Lại có MA = MD = 2.

Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:





2 2





2 2









3 0 3 3

3 2 3 3 2

3 2

x y y x y x

x y x x

x y
  
      
  
 
  
      
    
  

3 2

3 1 1

y x x

x y

  

 

   

  

  hoặc

4
1

x
y





 .Vậy A(2;1), D(4;-1),

0,50

9 3
;
2 2

I 

  là trung điểm của AC, suy ra:

2 9 2 7

2 3 1 2

A C
I

C I A

A C C I A

I

x x

x x x x

y y y y y

y



      


 
      
 



Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).

Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).

0,50

2 1,00

Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3.
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):

 





2.2 2. 1





3 16 5

d d I P        d R
.
Do đó (P) và (S) khơng có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.

0,25

Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vng góc

của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S).

Gọi  là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của  và (P). 
Đường thẳng  có vectơ chỉ phương là nP 



2; 2; 1





và qua I nên có phương trình là





2 2
1 2
3

x t

y t t

z t
 


  

  


.
0,25

Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:







 



15 5

2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0

9 3

t t t t t

             

Suy ra 0

4 13 14

; ;

3 3 3

N   

 .

0,25

Ta có 0 0

3
.
5

IM  IN

 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 

Suy ra M0(0;-3;4)

0,25
VII

b

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Áp dụng bất đẳng thức

1 1 4

(x 0,y 0)

x y x y  
Ta có:

1 1 4 1 1 4 1 1 4

; ;

2 2 2a+b+c

a b b c   a b c b c c a    a b  c c a a b   

0,50

Ta lại có:













2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

1 2 2

2 4 4 2 2 0

2 2 4 7

2 1 1 1 0

a b c a b c

a b c a b c a

a b c

         

     

      

Tương tự: 2 2

1 2 1 2

;

2b c a  b 7 2c a b  c 7

Từ đó suy ra 2 2 2

1 1 1 4 4 4

7 7 7

a b b c c a     a  b  c 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

0,50

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Mơn thi: TỐN, khối D

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )mx33mx2



m 1



x 1, m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.

2. Xác định các giá trị của m để hàm số yf x( ) khơng có cực trị.
Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình :





4 4

sin cos 1

tan cot

sin 2 2

x x

x


 

2. Giải phương trình:









2 3

4 2 8

log x1 2log 4 xlog 4x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

3
2

2
1

dx
A

x x







Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3,
khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung
quanh của hình nón đã cho.

Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm





7 6 0

2 1 3 0

x x

x m x m

  

    







PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các
cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng

x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng

 

P :x2y 2z + 5 = 0; Q :

 

x2y 2z -13 = 0.

Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt
phẳng (P) và (Q).

Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:

4 3 2

1 1 2

4 3

1 1

5
4
7
15

n n n

n

n n

C C A

C A

  



 



 





 



 (Ở đây A Cnk, nk lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)

2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C):

2 2

2 4 8 0

x y  x y  .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết

điểm A có hồnh độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B.
2. Cho mặt phẳng (P): x 2y2z 1 0 và các đường thẳng 1 2

1 3 5 5

: ; :

2 3 2 6 4 5

x y z x y z

d     d    

  .

Tìm các điểm Md ,1 Nd2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.

Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số





3
1
( ) ln

f x

x



 và giải bất phương trình

2
0
6

sin
2
'( )

t
dt
f x

x









Đáp án

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Khi m = 1 ta có y x 33x21

+ MXĐ: D 0,25

+ Sự biến thiên:

 Giới hạn: xlim  y ; limx y
 y' 3 x26x;

2
' 0

x
y

x


   



0,25

 Bảng biến thiên





3; CT

 

0 1

yC§ y   y y 

0,25

 Đồ thị

0,25

2 1,00

+ Khi m = 0  y x  1, nên hàm số khơng có cực trị. 0,25

+ Khi m0  y' 3 mx26mx



m1



Hàm số khơng có cực trị khi và chỉ khi y' 0 khơng có nghiệm hoặc có nghiệm kép 0,50





2 2

' 9m 3m m 1 12m 3m 0

       

1
0

m

  

0,25

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

1 1,00





4 4

sin cos 1

tan cot

sin 2 2

x x

x


 

(1)
Điều kiện: sin 2x0

0,25

1 sin 2 1 sin cos

2
(1)

sin 2 2 cos sin

x x x

x x x



 

    

 

0,25

1 sin 2 1 1

2 1 sin 2 1 sin 2 0

sin 2 sin 2 2

x

x x



      

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

0,50

2 1,00









4 2 8

log x1  2 log 4 xlog 4x

(2)

Điều kiện:

1 0

4 4

4 0

x

x
x

 


  





  

 



  


0,25

















2 2 2 2 2

2 2

(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16

log 4 1 log 16 4 1 16

x x x x x

x x x x

           

       

0,25

+ Với  1 x4 ta có phương trình x2 4x12 0 (3) ;





2
(3)

x
x



 



 lo¹i

0,25

+ Với 4x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4);

 





2 24

x
x
  
 

 

 lo¹i

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x2hoặc x2 1



 6



0,25

III 1,00

Đặt

2 2 2

1 1 2 2 dx tdt

t x t x tdt xdx

x x

        

2 2

1 1

dx tdt tdt

x t t

  

 

+ Đổi cận:

1 3

2 2

3 1

2 2

x t

  

0,50

1 3

2 2

2
1

2 2

1 2

1 1 1 7 4 3

ln ln

1 1 2 1

|

2 3

dt dt t

A

t t t

 

 

     

 

    



</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

IV 1,00
Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OEAB SE, AB, suy ra



SOE



AB

Dựng OH SE OH 



SAB



, vậy OH là khoảng cách từ O
đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.

Tam giác SOE vng tại O, OH là đường cao, ta có:

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 8

9 9

9 3

8 2 2

OH SO OE OE OH SO

OE OE

       

   

2 2 2 9 9 81 9

8 8 2 2

SE OE SO     SE

0,25

1 36

. 8 2

9
2

2 2

SAB
SAB

S

S AB SE AB

SE

    





2 2 2 1 2 4 2 9 32 9 265

2 8 8 8

OA AE OE  AB OE     

 

0,25

Thể tích hình nón đã cho:

1 1 265 265

. . .3

3 3 8 8

V  OA SO    0,25

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

2 2 2 265 337 337

8 8 8

265 337 89305

. . .

8 8 8

xq

SA SO OA SA

S  OA SA  

      

  

0,25

V 1,00

Hệ bất phương trình





2
2

7 6 0 (1)

2 1 3 0 (2)

x x

x m x m

   




    




 

1   1 x 6

. Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0



1;6



thỏa mãn (2).

0,25

 













2 2 3

2 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0)

2 1

x x

x x x m m do x x

x

 

          



Gọi





2 2 3

( ) ; 1;6

2 1

x x

f x x

x

 

 



0,25

Hệ đã cho có nghiệm   x0



1;6 : ( )



f x0 m

 













2
2

2 2

2 4

2 2 8

2 1 2 1

x x

f x

x x

 
 

 

  ;

 

2 1 17

' 0 4 0

f x   x  x   x 

Vì x



1;6



nên chỉ nhận

1 17

x 

0,25

Ta có:

2 27 1 17 3 17

(1) , (6) ,

3 13 2 2

f  f  f    

 

 

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên

27
max ( )

f x 

Do đó 0





0 1;6

1;6 : ( ) max ( )

x

x f x m f x m m



      

VIa 2,00

1 1,00

Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:





4 3 4 0 2

2;4

2 6 0 4

x y x

A

x y y

   

 

  

 

   

  0,25

Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình





4 3 4 0 1

1;0

1 0 0

x y x

B

x y y

   

 

 

 

   

  0,25

Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:









0 2 4 0

a x b y   ax by  a b

Gọi 1: 4x3y 4 0; 2:x2y 6 0; 3:ax by 2a 4b0

Từ giả thiết suy ra



 2; 3



  



 1; 2



. Do đó

















2 3 1 2 2 2

2 2

|1. 2. | | 4.1 2.3 |

cos ; cos ;

25. 5
5.

| 2 | 2 3 4 0

3 4 0

a b

a b
a

a b a b a a b

a b

 

      







        

 


+ a = 0  b0. Do đó 3:y 4 0

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3: 4x3y 4 0 (trùng với 1).

Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.

0,25

Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:





4 0 5

5; 4

1 0 4

y x

C

x y y

  

 

 

 

   

  0,25

2 1,00

Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:

 







 





 



 







 



, , ,

, ,

OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P

d I P d I Q

 




     








0,25

Ta có:













2 2 2 2 2 5 2 1

10 4 2 30 (1)

OI AI OI AI a b c a b c

a b c

           

   

 





2 2 2 | 2 2 5 | 9



2 2 2





2 2 5



2 (2)

a b c

OI d I P  a b c      a b c  a b c

 







 



| 2 2 5 | | 2 2 13 |

3 3

2 2 5 2 2 13 ( )

2 2 4 (3)

2 2 5 2 2 13

a b c a b c

d I P d I Q

a b c a b c

a b c

a b c a b c

     

  

      



     

      



lo¹i

Từ (1) và (3) suy ra:

17 11 11 4a

; (4)

3 6 3

a

b  c 

0,25

Từ (2) và (3) suy ra: a2 b2c2 9 (5)

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:



a 2 221

 

a 658



0
Như vậy a2 hoặc

658
221

a

.Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc

658 46 67

; ;

221 221 221

I  

  và R = 3.

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:



x 2



2



y 2



2



z1



2 9

và

2 2 2

658 46 67

221 221 221

x y z

     

     

     

     

0,25

VIIa 1,00

Điều kiện: n  1 4 n5

Hệ điều kiện ban đầu tương đương:



 





 





 





 



1 2 3 4 1 2 3 5

2 3

4.3.2.1 3.2.1 4

1 1 2 3 7

1 1

5.4.3.2.1 15

n n n n n n n

n n

n n n n n

n n n

      



   



 

   

   




0,50

2
2

9 22 0

5 50 0 10

n n

n n n

n

   



      

 


0,50

VIb 2,00

1 1,00

Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình

2 2 0; 2

2 4 8 0

1; 3

5 2 0

y x

x y x y

y x

x y

 

      



 

 

   



0,50
Vì A có hồnh độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).

Vì ABC900nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua
tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).

0,50

2 1,00

Phương trình tham số của d1 là:

1 2

3 3
2

x t

y t

z t
 



 

 

 . M thuộc d1 nên tọa độ của M



1 2 ;3 3 ; 2 t  t t



.
Theo đề:

 













2 1 2

2 2

|1 2 2 3 3 4 1| |12 6 |

, 2 2 12 6 6 1, 0.

1 2 2

t t t t

d M P            t  t  t 

  

0,25

+ Với t1 = 1 ta được M1



3;0;2



;

+ Với t2 = 0 ta được M2



1;3;0



0,25
+ Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp

này là (Q1). PT (Q1) là:



x 3



 2y2



z 2



 0 x 2y2z 7 0 (1) .

Phương trình tham số của d2 là:

5 6
4

5 5

x t

y t

z t

 






  

 (2)

Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0  t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0).

0,25

+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0,25

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Điều kiện





0 3

3 x   x













( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3

f x x x

x

     



;









1 3

'( ) 3 3 '

3 3

f x x

x x

  

 

0,25

Ta có:







 



0 0

6 6 1 cos 3 3

sin sin sin 0 sin 0 3

2 2

|

t t

dt dt t t

 



 

   



         



0,25

Khi đó:

2
0

6
sin

2
'( )

t
dt
f x

x












 



2 1

3 3 0 2

3 2

3 2 1

3; 2 3; 2 2

x x

x x

x

x x x x



  

  



  

 

      

  

      

 

</div>

4 de thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an tham khao



 

 





 

















 































 

 























<sub></sub>









 









 

 

  



 

 

 

  



 

 

 





<sub></sub>

<sub></sub>

 

 

 

 











