Đề thi thử đại học, cao đẳng môn Toán Lớp 12 - Năm học 2009-2010

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ----------------. ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian: 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)  8x 4  9x 2  1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 8cos 4 x  9cos 2 x  m  0 với x  [0;  ] . Câu II (2 điểm) log x. 1 3  x  2 x   x2    2   x  y  x 2  y 2  12 2. Giải hệ phương trình:   y x 2  y 2  12 Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y | x 2  4 x | và y  2 x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. 1. Giải phương trình:. Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm       4sin3xsinx + 4cos  3x -  cos  x +   cos 2  2x +   m  0 4 4 4    PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chọn một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD: x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số x   2 t    y  2t  z  2  2t  .Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5    xy  1 yz  1 zx  1 x  y  z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.. Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có  x  1  2t  phương trình tham số  y  1  t .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  , xác định vị trí của  z  2t  điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 1 2 b c  1  a    2   3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b ----------------------Hết----------------------. Đáp án. Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu I. Ý 1. Nội dung + Tập xác định: D  ¡. Điểm 2,00 1,00 0,25. + Sự biến thiên:  Giới hạn: lim y  ; lim y   x . x . y '  32x  18x = 2x 16x 2  9 . . 3. x  0 y'  0   x   3  4. . 0,25. Bảng biến thiên.. 0,25. . 49 49  3 3 yCT  y      ; yCT  y     ; yC§  y  0   1 32 32  4 4 Đồ thị. 0,25. 2. 1,00 Xét phương trình 8cos x  9cos x  m  0 với x  [0;  ] (1) Đặt t  cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4  9t 2  m  0 (2) Vì x  [0;  ] nên t  [1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. Ta có: (2)  8t 4  9t 2  1  1  m (3) Gọi (C1): y  8t 4  9t 2  1 với t  [1;1] và (D): y = 1 – m. Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền 1  t  1 . 4. 2. Lop8.net. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 81  : Phương trình đã cho vô nghiệm. m 32 81 1. m  : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 32 81 1 m   : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 32  : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 0  m 1  : Phương trình đã cho có 1 nghiệm. m0  m<0 : Phương trình đã cho vô nghiệm.. 0,50. II. 2,00 1,00. 1. 2. Phương trình đã cho tương đương:  x2 0 x  2  0 x  2    log x log x    1  1 3   1 3   0   log 3 x ln  x    0  1   ln  x     x    2 2    2         x  2  0   x  2  x  2. 0,50. x  2 x  2 x  2     x  1   log 3 x  0   x  1             1  1 3x2    ln  x    0  x   1  x  2 2 2        x  2   x  2   x  2 . 0,50. 1,00. Điều kiện: | x |  | y |. u  x 2  y 2 ; u  0 Đặt  ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta có v  x  y 1 u2  y  v   . 2 v  Hệ phương trình đã cho có dạng: u  v  12  u2  u  v    12 2  v    u  4 u  3 hoặc   v  8 v  9  x 2  y 2  4 u  4 +  (I)  v  8  x  y  8. 0,25. u  3  x 2  y 2  3 +  (II)  x  y  9 v  9 . Lop8.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Giải hệ (I), (II).. 0,25. Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5; 4  0,25. Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5; 4 . III. Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x  4 x | (C ) và  d  : y  2 x. 1,00. 0,25. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x  0 x  0 x  0  2  2 2 | x  4 x | 2 x    x  4 x  2 x    x  6 x  0   x  2  2  2  x  6   x  4 x  2 x  x  2 x  0. 0,25. Suy ra diện tích cần tính: 2. S. . 6. . x 2  4 x  2 x dx . 0.  x. 2. .  4 x  2 x dx. 2. 2. Tính: I   | x 2  4 x | 2 x  dx 0. Vì x   0; 2 , x 2  4 x  0 nên | x 2  4 x |  x 2  4 x  2. I     x 2  4 x  2 x  dx  0. 0,25. 4 3. 6. Tính K   | x 2  4 x | 2 x  dx 2. Vì x   2; 4 , x 2  4 x  0 và x   4;6 , x 2  4 x  0 nên 4. 6. 2. 4. 0,25. K    4 x  x 2  2 x  dx    x 2  4 x  2 x  dx  16 . Vậy S . 1,00. 4 52  16  3 3. IV. 0,25. Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:  AB  IC  AB   CHH '   ABB ' A '   CII ' C '   AB  HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K  II ' . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K  I ' H '  I 'C '  ; IK  IH  IC  3 6 3 3 x 3 x 3 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK  OK 2  .  r 2  x 2  6r 2 6 3 Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V . . h B  B ' B.B ' 3. 0,25. . 2 2 2 Trong đó: B  4x 3  x 2 3  6r 2 3; B '  x 3  3r 3 ; h  2r. 4. Từ đó, ta có: V . 4. 0,25. 2. 2r  2 3r 2 3 3r 2 3  21r 3 . 3  6r 3    6r 2 3. 3 2 2  3  . V. 0,25 1,00. Ta có: +/ 4sin3xsinx = 2  cos2x - cos4x  ;.         +/ 4cos  3x -  cos  x +   2 cos  2x -   cos4x   2  sin 2x + cos4x  4 4 2        1   1   +/ cos 2  2x +   1  cos  4x +    1  sin 4x  4  2 2  2   Do đó phương trình đã cho tương đương: 1 1 2  cos2x + sin2x   sin 4x + m -  0 (1) 2 2   Đặt t  cos2x + sin2x = 2cos  2x -  (điều kiện:  2  t  2 ). 4  2 Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t  1 . Phương trình (1) trở thành: t 2  4t  2m  2  0 (2) với  2  t  2 (2)  t 2  4t  2  2m Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( D) : y  2  2m (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): Lop8.net. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> y  t 2  4t với  2  t  2 .. Trong đoạn   2; 2  , hàm số y  t 2  4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2  4 2 tại t   2 và đạt giá trị lớn nhất là 2  4 2 tại t  2 .. 0,25. Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2  4 2  2  2m  2  4 2  2 2  m  2 2 .. 0,25. VIa 1. Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t ;1  t  . Suy ra trung điểm M của AC là  t 1 3  t  M ; . 2   2.  t 1  3  t  1  0  t  7  C  7;8  Điểm M  BM : 2 x  y  1  0  2   2  2  Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y  1  0 tại I (điểm K  BC ). Suy ra AK :  x  1   y  2   0  x  y  1  0 .. 2,00 1,00. 0,25. 0,25 0,25. x  y 1  0  I  0;1 . Tọa độ điểm I thỏa hệ:  x  y 1  0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1;0  . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:. 2. Lop8.net. x 1 y   4x  3y  4  0 7  1 8.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thì ( P) //( D) hoặc ( P)  ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH  IA và IH  AH .. d   D  ,  P    d  I ,  P    IH Mặt khác   H   P  Trong mặt phẳng  P  , IH  IA ; do đó maxIH = IA  H  A . Lúc này (P) ở vị trí (P0). vuông góc với IA tại A.. r uur r Vectơ pháp tuyến của (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với v   2;0; 1 . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2  x  4   1.  z  1  2x - z - 9 = 0 . VIIa. Để ý rằng  xy  1   x  y   1  x 1  y   0 ;.  yz  1  y  z và tương tự ta cũng có   zx  1  z  x. 0,25. Vì vậy ta có:  1 1 1  x y z     111  x  y  z   xy  1 yz  1 zx  1  yz  1 zx  1 xy  1. . 1,00. x y z   3 yz  1 zx+y xy  z.  1 z y   x     5 vv  yz  1 zx  y xy  z   z y   x 1   5  z y yz 5 Ta uuurcó: AB   1; 2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2x  y  2  0 . I   d  : y  x  I  t ; t  . I là trung điểm của AC và BD nên ta có:. C  2t  1; 2t  , D  2t ; 2t  2  .. Mặt khác: S ABCD  AB.CH  4 (CH: chiều cao)  CH . Lop8.net. 4 . 5. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  4 5 8 8 2 | 6t  4 | 4 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  Ngoài ra: d  C ; AB   CH        5 5 t  0  C  1;0  , D  0; 2  5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc C  1;0  , D  0; 2   3 3 3 3. 0,50. 2. 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x  1  2t  Đường thẳng  có phương trình tham số:  y  1  t .  z  2t  Điểm M   nên M  1  2t ;1  t ; 2t  .. AM .  2  2t    4  t    2t . BM .  4  2t    2  t    6  2t . 2. 2. 2. AM  BM . 2.  9t 2  20 . 2.  3t . 2. . . . .  2 5. 2. 2.  3t  6 . . 2.  3t . 2. .  2 5.  3t  6 .  9t 2  36t  56 . .  2 5. . . 0,25. 2. 2. .  2 5. . 2. 2. r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u  3t ; 2 5 và r v  3t  6; 2 5 .. . . r | u | Ta có  r | v | .  3t . 2.  2 5.  3t  6 . 2. . . 2. . . 2.  2 5 r r r r r r Suy ra AM  BM | u |  | v | và u  v  6; 4 5 | u  v | 2 29 r r r r r r Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u |  | v || u  v |. . 0,25. . Như vậy AM  BM  2 29. r r Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng 3t 2 5   t 1 3t  6 2 5  M 1;0; 2  và min  AM  BM   2 29 . . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 VIIb. . 11  29. 1,00. Lop8.net. 0,25. . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> a  b  c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b  c  a . c  a  b  ab ca  x,  y , a  z  x, y , z  0   x  y  z , y  z  x, z  x  y . 2 2 Vế trái viết lại: ab ac 2a VT    3a  c 3a  b 2a  b  c x y z    yz zx x y 2z z Ta có: x  y  z  z  x  y  z   2 z  x  y   .  x yz x y x 2x y 2y Tương tự:  ;  . yz x yz zx x yz 2 x  y  z x y z Do đó:     2. yz zx x y x yz 1 2 b c  1  Tức là: a     2   3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b. Đặt. Lop8.net. 0,50. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>