DE THI THUI DAI HOC MON TOAN So 1

THI THỬ ĐẠI HỌC 2009
MƠN TỐN
Đề thi số 1
Thời gian làm bài: 180 phút
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
x 1
y
.
x 1
Cho hàm số
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

C

của hàm số.
x 1
m.
x1
b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
Câu II (2 điểm)
2 sin 4 x  cos 4 x  cos 4 x  2sin 2 x  m 0





a) Tìm m để phương trình
1
1
8

log 2  x  3  log 4  x  1 log 2  4 x  .
4
b) Giải phương trình 2

 
 0;  .
có nghiệm trên  2 

Câu III (2 điểm)
3

a) Tìm giới hạn

3x 2  1  2 x 2 1
.
1  cos x
x 0

L  lim

0
2
4
6
98
100
50
b) Chứng minh rằng C100  C100  C100  C100  ...  C100  C100  2 .
Câu IV (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a  b  c 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c .
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu Va (2 điểm)
a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trịn có phương trình

 C2  : x 2  y 2  6 x  8 y 16 0.

 C1  : x2  y 2  4 y  5 0

và

C  C .
Lập phương trình tiếp tuyến chung của 1 và 2
b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’.
Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vng góc với B’C.
Câu VIa (1 điểm)


Cho điểm

A  2;5;3

và đường thẳng

d:

x 1 y z 2
 

.
2
1
2 Viết phương trình mặt phẳng    chứa

d sao cho khoảng cách từ A đến    lớn nhất.

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu Vb (2 điểm)
a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp
xúc với đường thẳng d : x  y  2 0 tại điểm A có hồnh độ bằng 4.
0



b) Cho tứ diện OABC có OA 4, OB 5, OC 6 và AOB BOC COA 60 . Tính thể tích
tứ diện OABC.
Câu VIb (1 điểm)
x 1 y 3 z
d1 :

 ,
P  : x  2 y  2 z  1 0

2
3
2
Cho mặt phẳng
và các đường thẳng

x  5 y z 5
 
.
6
4
 5 Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường
thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2.
d2 :

ĐÁP ÁN
Câu I
a)

2 điểm
x 1
x  1 có tập xác định D R \  1 .
Tập xác định: Hàm số
x 1
x 1
x 1
lim
1; lim
; lim
 .


x 1 x  1
x1 x  1
Giới hạn: x   x  1
y

y' 
Đạo hàm:

2

 x  1

2

0,25

0,25

 0, x 1 

Hàm số nghịch biến trên các khoảng

  ;1

 1;  . Hàm số khơng có cực trị.
và
Bảng biến thiên:

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x 1; tiệm cận ngang y 1. Giao của hai tiệm0,25


I  1;1
cận
là tâm đối xứng.

Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình

b)

y

x 1
 C '
x1

Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị
Học sinh tự vẽ hình
x 1
x 1
m
y
x1
x1
Số nghiệm của
bằng số giao điểm của đồ thị
và y m.
Suy ra đáp số
m   1; m  1: phương trình có 2 nghiệm

Câu II
a)

m  1: phương trình có 1 nghiệm
 1  m 1: phương trình vơ nghiệm
2 điểm

1
sin 4 x  cos 4 x 1  sin 2 2 x
2
2
Ta có
và cos4 x 1  2sin 2 x.

Do đó

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

0,25
0,5

0,25
0,25

0,25
0,25

 
x   0;   2 x   0;    t   0;1 .
 2
Đặt t sin 2 x . Ta có
f  t   3t 2  2t  3 m, t   0;1
Suy ra
Ta có bảng biến thiên

b)

10
 
 0; 2   2 m  3
Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên
1
1
8
log 2  x  3  log 4  x  1 log 2  4 x   2 
4
Giải phương trình 2
Điều kiện: 0  x 1

 2    x  3

x  1 4 x

Trường hợp 1: x  1

 2 

0,25

0,25
0,25
0,25

x 2  2 x 0  x 2

Trường hợp 1: 0  x  1

 2 

0,25

x 2  6 x  3 0  x 2 3  3

0,25


Vậy tập nghiệm của (2) là
Câu III
a)





T  2; 2 3  3

3

3x 2  1  2 x 2 1
L  lim
.
1  cos x
x 0
Tìm
 3 3x2  1 1
2 x 2  1  1 
L  lim 


1  cos x 
x  0  1  cos x


Ta có

0,25

0,25

2x2 1  1
2x2
L1  lim
 lim
2

2 x
2
x  0 1  cos x
x 0
2sin  2 x  1  1 
2

Xét
3

3x 2  1  1
 lim
x  0 1  cos x

x 0

L2  lim
Xét

0,25

3x 2

2 3
x
2sin 2  3 3 x 2  1  3x 2  1  1

2 




2



0,25

Vậy L L1  L2 2  2 4
b)

0
2
4

100
50
Chứng minh rằng C100  C100  C100  ...  C100  2 .
Ta có

0,5

0
1
2 2
100 100
 C100
i  C100
i  ...  C100
i
 1  i 100 C100
0
2
4
100
1
3
99
 C100
 C100
 C100
 ...  C100
 C100
 C100
 ...  C100

i



 



Mặt khác

0,5

 1  i  2 1  2i  i 2 2i   1  i 100  2i  50  250
Câu IV

0
2
4
100
50
Vậy C100  C100  C100  ...  C100  2 .
Cho a, b, c thoả a  b  c 3. Tìm GTNN của

M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c .









u  2a ;3b ; 4c , v  2c ;3a ; 4b , w  2b ;3c ; 4a  M  u  v  w
Đặt
  
2
2
2
M  u  v  w  2a  2b  2c  3a  3b  3c  4a  4b  4c



 






 

0,25



 



0,5

3

2
b
c
a b  c
6 . Tương tự …
Theo cơ – si có 2  2  2 3 2
Vậy M 3 29. Dấu bằng xảy ra khi a b c 1.

Câu Va
a)

0,25

Học sinh tự vẽ hình
 C1  : I1  0; 2  , R1 3;  C2  : I 2  3;  4  , R2 3.

 C  ,  C2 
Gọi tiếp tuyến chung của 1

là

0,25

 : Ax  By  C 0 A2  B 2 0





0,25


 là tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2 

 2 B  C 3 A2  B 2
 1
 d  I1;   R1



2
2
d  I 2 ;   R2
 3 A  4 B  C 3 A  B  2 

 3 A  2B
C
2
Từ (1) và (2) suy ra A 2 B hoặc
Trường hợp 1: A 2 B .

0,5

Chọn B 1  A 2  C  2 3 5   : 2 x  y  2 3 5 0
 3 A  2B
C
2

Trường hợp 2:
. Thay vào (1) được
4
B   : y  2 0;  : 4 x  3 y  9 0
3
a 3
 d  M ;  BB ' C    AH 
2
Gọi H là trung điểm của BC
A  2 B 2 A2  B 2  A 0; A 

b)

0,25

1
a2
1
a3 3
SBB ' C  BB '.BC   VMBB ' C  AH .SBB ' C 
2
2
3
12
Gọi I là tâm hình vng BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có B ' C  MI ; B ' C  BC '  B ' C  MB.

0,25

(Học sinh tự vẽ hình)

0,25

0,5

Câu VIa
Gọi K là hình chiếu của A trên d  K cố định;

   là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên    .
Gọi
Trong tam giác vuông AHK ta có AH  AK .
Vậy

0,25

AH max  AK    

là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.
   là mặt phẳng qua A và vng góc với d     : 2 x  y  2 z  15 0
Gọi

0,25

 K  3;1; 4 

 
Câu Vb
a)
Gọi

là mặt phẳng qua K và vng góc với AK

H:

x2
a2



y2
b2

(H) tiếp xúc với

    : x  4 y  z  3 0

0,25

1

d : x  y  2 0  a 2  b 2 4

x 4  y 2  A  4; 2    H  

0,25

16
a

2



4
b

2

1  2 

 1
0,25


x2 y2
a 8; b 4   H  :

1
8
4
Từ (1) và (2) suy ra

0,5

(Học sinh tự vẽ hình)

0,25

Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OA OB ' OC ' 4
  OAM    OB ' C '  .

Lấy M là trung điểm của B’C’

0,25

2

2

b)

Kẻ

AH  OM  AH   OB ' C '

Ta có

AM OM 2 3  MH 

0,25

2 3
4 6
 AH 
3
3

0,25

1
15 3


SOBC  OB.OC.sin BOC

2
2
1
VOABC  AH .SOBC 10 2
3
Vậy
Câu VIb
Gọi

0,25

M  1  2t ;3  3t; 2t  , N  5  6t '; 4t ';  5  5t ' 

d  M ;  P   2  2t  1 1  t 0; t 1.

t 0  M  1;3;0  , MN  6t ' 4; 4t ' 3;  5t ' 5 
Trường hợp 1:


 
MN  nP  MN .nP 0  t ' 0  N  5;0;  5 

Trường hợp 2:
Kết luận

0,25

0,25

t 1  M  3; 0; 2  , N   1;  4; 0 

0,25

Nguồn:

Hocmai.vn