De thi thu Toan co loi giai

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (199.55 KB, 8 trang )

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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - GIALAI

ðỀ THI THỬ TUYỂN SINH ðẠI HỌC, CAO ðẲNG- NĂM 2009

MƠN: TỐN - KHỐI A ,B

Thời gian : 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)

I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )

Câu I (2 điểm). Cho hàm số y=x4−2m x2 2−m4+1 có ñồ thị là (Cm)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số khi m=1

2) Tìm m để đồ thị (Cm) có ba điểm cực trị tạo thành tam giác ñều.
Câu II (2 ñiểm).

1) Giải hệ phương trình:

2 2

4x y 4x

x x y y

y x

+ −

 − = −



+ = +

 2) Giải phương trình: 2 2 2

1 1 15 os4

2 cot 1 2 tan 8 sin 2

c x

x+ + x= + x

Câu III( 1 ñiểm).

1) Tìm giới hạn của biểu thức

3 5 3 5 3 5...

2)Tính

4 4

sin os
6x 1

x c x

π
π
−

+
+

∫

Câu IV (1 điểm). Cho hình trụ có bán kính đáy R, trục OO’ = h. Một mặt phẳng (P) thay ñổi ñi qua O tạo với
đáy hình trụ góc α cho trước và cắt hai đáy của hình trụ đã cho theo các dây AB và CD (dây AB qua O).

1) Tính diện tích tứ giác ABCD.

2) Chứng minh rằng hình chiếu vng góc H của điểm O’ trên (P) thuộc một đường trịn cố định.

Câu V (1 điểm ).Biết các sốa,b,c thoả mãn

2 2 2

2
1

a b c

ab bc ca

 + + =


+ + =

 . Chứng minh: ba số a,b,c thuộc ñoạn

4 4
;
3 3
−

 

 

 .

II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ).

Thí sinh chi ñược làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2 )

1.Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a(2 ñiểm)

1.Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho ñiểm A(1;1). Hãy tìm điểm B trên đường thẳng d: y = 3 và điểm C trên
trục hồnh để tam giác ABC đều.

2.Trong khơng gian toạ độ Oxyzcho ñường thẳng d: 13 1

1 1 4

x− y+ z

= =

− và mặt cầu (S):

x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 67 = 0. Viết phương trình của mặt phẳng (P) ñi qua d và tiếp xúc với mặt cầu (S).

Câu VII.a(1 ñiểm) Cho dãy số phức: z1, z2 , z3 , …. zn ,…ñược xác ñịnh như sau: z1 =

2+i và với mọi số tự
nhiên n≥1 thì 1

1
1
n
n

z
z

− . Tính: z2009 .
2. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b(2 ñiểm)

1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho ñiểm A(1;1). Hãy tìm ñiểm B trên ñường thẳng d: y = 3 và ñiểm C trên
trục hồnh để tam giác ABC đều.

2.Trong khơng gian toạ độ Oxyzcho đường thẳng d: 13 1

1 1 4

x− y+ z

= =

− và mặt cầu (S):

x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 67 = 0. Viết phương trình của mặt phẳng (P) ñi qua d và tiếp xúc với mặt cầu (S).

Câu VII.b(1 ñiểm) Cho tam giác ABC. Chứng minh

2 2

b c

≥ ( với ma là ñường trung tuyến kẻ từ ñỉnh A

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

1

ðÁP ÁN ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC, CAO ðẲNG – NĂM 2009 - KHỐI A, B

Câu I Sơ lược ñáp án ðiể

m
1

1)
1,25ñ

m =1: y=x4 -2x2.
a) Tập xác ñịnh D = R
b) Sự biến thiên

lim

→− ∞

= +∞, lim
x

→+∞

= +∞,
y’ = 4x3 -4x ; y’= 0 0

x
x

=

⇔  = ±

 ;
Bảng biến thiên

x - ∞ -1 0 1 +∞

y’ - 0 + 0 – 0 +

y +∞ 0 +∞

-1 -1

Hàm số ñồng biến trên mỗi khoảng (-1;0) và (1; +∞) , nghịch biến trên mỗi khoảng (-∞;-1) ;
(0;1)

Hàm số ựạt cực ựại tại x=0 , giá trị cực ựại hàm số là: y(0) = 0.
Hàm số ựạt cực tiểu tại x=ổ1 , giá trị cực tiểu hàm số là: y(ổ1)=-1
c)đị thị

Ta có : y’’= 12x2 -4 ; y’’=0 tại x1=

3
3 ; x2=

3
3

− và y’’ dổi ñấu khi x qua mỗi ñiểm x1 ; x2. Do

đó

U1(

3
3

− ; 5

9
− ) ; U2(

3
3 ;

5
9

− ) là hai ñiểm
uốn ñồ thị hàm số

ðồ thị cắt trục hồnh tại các điểm

(

− 2; 0 ;

) (

2; 0

)

Nhận xét : Hàm số ñã cho là hàm số chẵn
trên R nên ñồ thị nhận trục tung làm trục
ñối xứng.

0,5

0,25

0,75ñ (Cm): y=x4−2m x2 2−m4+1

.

TXð là R .

f x'( )=4x3−4m x2 =4 (x x2−m2).
2 2

' 0 4 ( ) 0

y = ⇔ x x −m = 2 0 2

(*)

x m

=


⇔  =

 0,25

x
y

0 2

− -1 1

3
3

− 3

5
9

−

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

2 .

Hàm số có 3 cực trị ⇔ y'=0có 3 nghiệm phân biệt ⇔phương trinh (*) có 2 nghiệm phân
biệt khác 0⇔ ≠m 0. Nghiệm phương trình (*): x= ± m

Với m≠0.Tọa ñộ 3 ñiểm cực trị: A(0 ; -m4+1) ; B(m ; -2m4 +1) ; C(-m ; -2m4 +1).

Vì A∈Oy và 2 ñiểm B , C ñối xứng qua trục tung nên tam giác ABC cân tại A với mọi m≠0.
Do đó: tam giác ABC đều ⇔AB=BC ⇔ 2 2

AB =BC

⇔ 2 4 4 2

(m−0) + −( 2m + +1 m −1) = 2 4 4 2
(− −m m) + −( 2m + +1 2m −1)

⇔ 8 2

m − m =0

6
0

m
m

=

⇔ 

= ±


Giá trị

m=0

bị loại (vì

m≠0).Vậy: 6

m= ± thoả mãn ycbt.

0,5

Câu II

1)
1ñ

2 2

(1)

4x y 4x (2)

x x y y

y x

+ −

 − = −


+ = +



2 2

(1)⇔x −y = − ⇔x y (x−y).(x+ − =y 1) 0

y x

⇔ = hoặc y =1-x

* y= x : thay vào (2) có : 42x−4x−2= ⇔ = − ⇒ = −0 x 2 y 2

* y= 1-x thay vào (2) có: 4 4− x−2= − −x (1 x)⇔4x−2+2x− =5 0 (3)
2

( ) 4x 2 5

f x = − + x− ñồng biến trên R.
(2) 0

f = ⇒ (3) có nghiêm duy nhất x=2 ⇒ = −y 1. Vậy hệ có nghiệm :(-2;-2) ; (2;-1)

0,25

0,5

1ñ ðiều kiện

sin 0

( )

cos 0 2

x k k

≠


⇔ ≠ ∈

 ≠



ℤ

Ta có 12 12 15 os42
2 cot 1 2 tan 8 sin 2

c x

x+ + x= + x ⇔

(

)

(

)

(

)

15 2 os 2 1

1 1

2 1 os2 2 1 os2 8 1 os 2

1 1

1 os2 1 os2

c x

c x c x c x

c x c x

−

+ =

+ − + −

+ +

− +

(1 cos2 )(3x cos2 ) (1x cos2 )(3x cos2 )x 30 os 2c x 15

⇔ − − + + + = −

2 1 os4 3 1

28 os 2 21 os4

2 4 2

c x

c x + c x

⇔ = ⇔ = ⇔ =

12 2

x π π

⇔ = ± + , k∈ℤ. Vậy nghiệm của phương trình

là

12 2

x= ±π + π , k∈ℤ

0,25

0,5
0,25

Câu
III
1)

0,5đ Biểu thức đã cho có thể viết A = 3 2 1 2

1 1 1 1

1 1

1 1 1 1

8 16

2 4 2 2 2 4 4 4

3 .5 .3 .5 ...

=

3 .3 ...3

...5 .5 ...5 ...

n =

3 1 2

1 1 1 1 1 1

... ... ... ...

2 2 2 4 4 4

3

+ + + n+ +

.5

+ + + n+

Ta có lim 1 13 15 ... 11 ...

2 2 2 2n

n→+∞ +

 + + + + + 

 

 =

2
1

1 4 2

2 .

1 2 3 3

1
2

= =

−

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

3

Ta có 2

1 1 1 4 1 4 1

lim ... ... .

4 4 4 4 3 3

1
4
n
n→+∞
 + + + + = = =
 
  −

vậy giới hạn của biểu thức ñã cho là:

2 1
3
3 3

3 .5 = 45

0,25

2)
0,5 ñ

ðặt x = – t , ta ñược:
I =

4 4

sin os
6x 1

x c x

dx
π
π
−
+
+

∫

=
4 4
4
4

sin os
6 t 1

t c t

dt
π
π
−
−
+
−
+

∫

=
4 4
4
4

6 (sin os )
1 6
t

t c t

dt
π
π
−

+
+

∫

=
4 4
4
4

6 (sin os )
1 6

x c x

dx
π
π
−
+
+

∫

Vậy 2I =

4 4

6 (sin os )
1 6

x c x

dx
π
π
−
+
+

∫

+
4 4
4
4
sin os
6x 1

x c x

dx
π
π
−

+
+

∫

=
4 4
4
4

(6 1)(sin os )
1 6

x c x

dx
π
π
−
+ +
+

∫

= 4 4 4

(sin x cos )x dx

π
π

− +

∫

= 4

4
3 1

( os4 )

4 4c x dx
π

− +

∫

= 4

3 1
4
4x 16sin x

π
π
−

 + 
 
  =
3
8
π
0,25
0,25
Câu
IV
1)
0,5ñ

Mp(P) cắt hai ñáy theo hai giao tuyến song song: AB//CD. Gọi
I là trung điểm CD thì O’I ⊥CD. Ta có '

CD OO

CD OI
CD O I

⊥ 

⇒ ⊥



⊥  ,

vậy góc OIO’ = α

Trong tam giác vng OO’I có: OI = '
sin sin

OO h

α = α , O’I =

OO’.cotα = h.cotα

Trong tam giác vuông O’I D có: ID2 = O’D2 – O’I2 = R2 –
h2.cot2α

Vậy SABCD = 1

2(AB+CD).OI=
1

2(2R+2

2 2 2

cot ).
sin

R h α

− =

(R+ 2 2 2

cot ).
sin

R h α

− 0,5

2)
0,5ñ

Kẻ O’H ⊥OI (H∈OI). Ta có

(

)

' '

' ' '

CD O I

CD OO CD mp OO I

O I OO O

⊥ 



⊥ ⇒ ⊥



∩ = 

Ta có

(

)

(

)

' '

CD mp OO I

CD O H

O H mp OO I

⊥ 

⇒ ⊥



⊂  , Ta có

' ' ( )

O H CD

O H OI O H mp P

CD OI I

⊥ 



⊥ ⇒ ⊥


∩ = 
Vậy H là hình chiếu vng góc của O’ lên mặt phẳng (P).

Xét tam giác vng O’IH, ta có O’H=O’I.sin

α

= h.cot

α

.sin

α

= h.cos

α

Kẻ ñường cao HJ của tam giác vng O’HO thì O’J.OO’ = O’H2

⇒

2 2 2

' . os

O H h c

O J h c

OO h

α

α

= = = , từ đó suy ra điểm J cố ñịnh, mặt khác HJ2=O’H2 –
O’J2= h2.cos2

α

- h2.cos4

α

= h2.cos2

α

.sin2

α

. Vậy HJ có độ dài khơng đổi, từ đó ta có H thuộc
đường trịn tâm J, bán kính h.cos

α

.sin

α

nằm trong mặt phẳng vng góc với OO’ tại J. 0,5

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

4

Câu V

1đ Ta có

2 2 2

2
1

a b c

ab bc ca

 + + =

+ + =
 ⇔

(

)

(

)

2 2
2 2
1
a b ab c

c a b ab

 + − = −




+ + =

 . ðặt

a b S
ab P

+ =


 =

 , ta ñược hệ

2 2

1
S P c

cS P

 − = −



+ =

 ⇔ 2

(

)

2 1 2 (1)

P cS
S cS c

= −


 − − = −

 . Ta có (1) ⇔S

+ 2cS + c2 – 4 = 0 ⇔ 2

2
S c
S c
= − −

 = − +


Khi S = - c -2 thì P = 1 – c( - c- 2)= c2+ 2c + 1

ðiều kiện S2 – 4P ≥ 0 ⇔(- c -2)2 – 4(c2+ 2c + 1)≥ 0⇔ 4 0

3 c

− ≤ ≤

(2)
Khi S = - c +2 thì P = 1 – c( - c+ 2)= c2 – 2c + 1

ðiều kiện S2 – 4P ≥ 0 ⇔(- c +2)2 – 4(c2- 2c +1)≥ 0⇔ 0 4
3
c

≤ ≤ (3)

Từ (2) và (3) ta có 4 4

3 c 3

− ≤ ≤ , vì vai trị của a,b,c như nhau nên ta cũng có 4 4

3 a 3

− ≤ ≤ và

4 4

3 b 3

− ≤ ≤ .
0,25
0,25

0,5
VI.a.1
1đ

Ta có AB2= (xB – 1)2+(3 – 1)2 = (xB – 1)2+4 , AC2= (xC – 1)2+(0 – 1)2 = (xB – 1)2+ 1. ðặt xC – 1

= t(xB – 1). Ta có AB2= AC2 ⇔(xB – 1)2+4 = t2(xB – 1)2 + 1 ⇔(xB – 1)2 = 2

3
1

t − ( t >1) (*)
Ta có BC2 = (xc – xB)2 + (0 – 3)2 = [ (xc – 1) – (xB – 1)]2 + 9

hay AB2 = [ t(xB – 1) – (xB – 1)]2 + 9⇔ 2

3
1

t − +4 = (t – 1)

(xB – 1)2 + 9 ⇔ 2

3
1

t − = (t – 1)

3
1

t − + 5 ⇔8t

– 6t – 5 = 0 ⇔

1
2
5
4
t
t
 = −


 =


, chỉ nhận t = 5

4, thế vào (*) tính được xB – 1 =
4 3

3
±

⇔xB = 1 4 3

± , từ đó tính được xC = 1 5 3

3
± .
Kết luận: Có cặp điểm B1(1 4 3

+ ;3) ; C1(1 5 3

+ ;0) và cặp ñiểm B2(1 4 3

− ;3) ; C2(1 5 3

3
− ;0).
0,25
0,5
0,25

VI.a.2
1đ

Ta có (S): (x – 1)2 + (y – 2)2 + (z – 3)2 = 81 nên (S) có tâm I (1;2;3) và bán kính R = 9.
ðường thẳng d có vectơ chỉ phương u

=(-1; 1;4) và đi qua ñiểm M(13; - 1;0).
Do mặt phẳng (P) chứa ñiểm M và gọi n

(A;B;C) là một vectơ pháp tuyến của (P), nên phương
trình (P) có dạng: A(x – 13) +B(y+1)+Cz = 0 với A2+B2+C2 ≠0.

Vì u

⊥ n

nên – A + B+ 4C = 0 ⇔A = B + 4C, thế vào phương trình của (P) ta ñược:
(B+4C)(x – 13) +B(y+1)+Cz = 0 ⇔(B+4C)x +By+Cz – 12B – 52C = 0

(P) tiếp xúc với (S) ⇔ d(I,(P)) = 9 ⇔ 2 2

5 2 8 17

B+ C = B + BC+ C ⇔B2 – 2CB – 8C2 =

0⇔ 4

2
B C
B C
=

 = −


Thay vào phương trình của (P) ta có kết quả

(P1): - 2x +2y – z +28 = 0 và (P2): 8x +4y +z – 100 = 0.

0,25
0,25
0,25
0,25
VII.a
1đ

Ta có: 1
2

1 2 3 2 (3 2 ).( 1 2 ) 1 8

1 1 2 ( 1 2 ).( 1 2 ) 5

1
2

z i i i i

z i i i

i
+ +
+ + + − − −
= = = = =
− + − − + − + − −
2
3 1
2
1 8
1

1 5 6 8 (6 8 ).( 4 8 ) 40 80 1

1 8

1 4 8 ( 4 8 ).( 4 8 ) 16 64 2

1
5

z i i i i

z i z

z i i i

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

5

Ta chứng minh: z2n+1=

2+i với mọi số tự nhiên n≥1. (1)
• Giả sử (1) ñúng với n =k tức là:z2k+1=

2+i với mọi số tự nhiên k≥ 1
• Ta cần chứng minh (1) ñúng với n = k+1 tức là chứng minh:z2k+3=

2+i với mọi số tự
nhiên k≥ 1.

Thật vậy: z2k+3=

1
1
2
2

2
2

−
+
+
+

k
k

z
z

.

mà:z2k+2=

1
1
1
2

1
2

−
+
+
+

k
k

z
z

=

1
2
1

1
2

−
+

+
+

i
i

=

5
8
1− i

. Do đó:

z2k+3=

1
5

8
1

1
5

8
1

−
−

+
−

i
i

= +i

2
1

vậy: z2n+1=

2+i với mọi số tự nhiên n≥1. Với n = 1004 ta có:z2009=
1
2+i

0.5
VI.b.1 (như VI.a.1)

VI.b.2 (như VI.a.2)
VII.b

1ñ

Gọi M là trung ñiểm BC và O là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác
ABC. Ta có

cosMAO =

2 2 2

2 2 2 4

2 . 2 .

a
m R R
AM AO MO

AM AO m R

 

+ − − 

+ −  

= =

2 2 2 2

2 2

4 4

2 a

b c a a
m R

+ − +

2 2

4 a

b c
m R

⇒ 2 2

4 a
b c

m R

≤ ⇔ 2 2

b c
m

≥ , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi góc

MAO = 00 ⇔M,A,O thẳng hàng ⇔ 0

90
AB AC
BAC

=


 =

 .

0,5

0,25

0,25
M

C
B

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

6

sin4x + cos4x = 5
8
sin4x + cos4x = 5

8 ⇔sin

x + cos4x = 5
8(sin

x + cos2x)2 ⇔3sin4x +3cos4x – 10sin2x.cos2x = 0 ⇔3tan4x –

10tan2x + 3 =0 ⇔

tan

3

1 tan

3 x



=



=



• tan2x = 3 ⇔

t anx

3 (

)

t anx

3 x

k

x

k

π

π

π

 = +





=

⇔



∈



= −





= − +



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

De thi thu Toan co loi giai

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG - GIALAI

ðỀ THI THỬ TUYỂN SINH ðẠI HỌC, CAO ðẲNG- NĂM 2009

MƠN: TỐN - KHỐI A ,B

Thời gian : 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)

3 5 3 5 3 5...

∫

1

(

) (

)

.

TXð là R .

2

.

Giá trị

bị loại (vì

(

)

(

)

(

)

3 .5 .3 .5 ...

=

3 .3 ...3

...5 .5 ...5 ...

3

.5

3

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

(

)

(

)

(

)

α

α

α

α

α

<sub>α</sub>

α

α

α

α

α

α

4

(

)

(

)

(

)

5

.

=

=

. Do đó:

6

tan

3

1

tan

3

x

x



=

