THI THU DAI HOC 2009

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (153.83 KB, 5 trang )

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

A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số





4 4 1 2 2 1

y x  m x  m

có đồ thị



Cm



a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

 

C của hàm số khi

3
2

m

b) Xác định tham số m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều.
Câu II (2 điểm)

a) Giải phương trình



1 tan x

 

1sin x2

 

 1 tan x .



b) Giải hệ phương trình trên tập số thực:





4 3 2

2 5

1 9

x xy y

x x y x y xy y

   




     




Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau: 
27

3 2
1

x

I dx

x x









Câu IV (1 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A B C D1 1 1 1 có độ dài cạnh bằng a. Trên các cạnh 
AB và CD lấy lần lượt các điểm M, N sao cho BM CN x. Xác định ví trí điểm M sao cho

khoảng cách giữa hai dường thẳng A C1 và MN bằng 3

a

Câu V (1 điểm) Cho x, y là các số thực thoả mãn x2xy4y2 3. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn
nhất của biểu thức: M x38y3 9xy.

B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)

a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD biết điểm A



2;3



và phương trình
đường thẳng



BD x



:  5y 4 0. Tìm tọa độ các đỉnh cịn lại của hình vng.

b) Trong không gian Oxyz cho điểm A



3; 1; 2



, đường thẳng

 

1 2 1

2 1 3

x y z

d     

 ,
và mặt phẳng

 

P : 2x y z   2 0 . Viết phương trình đường thẳng

 

d đi qua A, song song
với mp P

 

và vng góc với đường thẳng

 

d .

Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức:









2 2

3 z  z1 7 z  z  1 0

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)

a) Viết phương trình đường trịn

 

C có tâm I thuộc

 

 : 3x2y 2 0 và tiếp xúc với
hai đường thẳng

 

d1 :x y  5 0 và



d2



: 7x y  2 0

b) Viết phương trình mặt phẳng

 

 đi qua 2 điểm M



0;0;1



; N



0; 2;0



và tạo với mặt
phẳng

 

 :x y z  1 0 một góc 30.

Câu VII.b (1 điểm) Chứng minh hệ thức sau:



 

2 1

 

2 2





2009



2009 2009 2009 ... 2009 0

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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MƠN TỐN LẦN 3 NĂM 2009
Câu I 2 điểm

a) Với m = 2 hàm số trở thành y x 4 2x22.
 Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.

 Sự biến thiên:

4 4

y' x  x. Ta có

0
0

x
y'

x



   



0,25

 yCD y

 

0 2; yCT y

 

2 2. 0,25
 Bảng biến thiên:

x   -1 0 1 

y'  0  0  0 

y

 2 
1 1

0,25

 Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình

 Nhận xét:đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy

0,25
b) Xác định m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều.

 Ta có









3 2

4 8 1 4 2 1

y  x  m x x x  m .







0
0

2 1

x
y

x m



   

 

 nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1

0,25

 Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là:



0 2 1





2



1



4 2 10 5





2



1



4 2 10 5



A ; m ,B m ; m  m ,B  m ; m  m .

Ta có:













2 2

2 1 16 1

8 1

AB AC m m

BC m

    

 

0,25

 Điều kiện tam giác ABC đều là AB BC CA   AB2 BC2 CA2

















3
3

2 1 16 1 8 1

1
1 0

8 1 3 1

m m m

m
m

m m

     



 

 

  



   

 

0,25

 So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra

33

1
2

m 

0,25
Câu II 2 điểm

a) Giải phương trình



1 tan x

 

1sin x2

 

 1 tan x .



 Điều kiện:

π
π
2

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

 Biến đổi phương trình về dạng



 

1 os2



0 1

os2 1

tan x

sin x cos x c x

c x




    



 .

 Do đó nghiệm của phương trình là: 4

x  k ,x k ;k   Z 0,25

b)

Giải hệ phương trình trên tập số thực:





4 3 2

2 5

1 9

x xy y

x x y x y xy y

   




     




 Viết lại hệ dưới dạng:



 





 



2 2

1 6

1 9

x x xy y

     




   




0,25

 Đặt u x 21 và v x 2 xy y ; hệ trở thành:

3
9

u v

u v
uv

 


  





Nên











 



2
2

2
1 3

; 2; 2 1 ; 2; 2 1

1 1
3

x
x

x y
y x

x xy y



   

 

      

 

 
  

 

 

0,5

 Vậy hệ có 2 nghiệm như trên. 0,25

Câu III

Tính tích phân:
27

3 2
1

x

I dx

x x








 Đổi biến số t6 x





3 3 3

2 2

1 1

2 2 2 1

5 5 1

1 1

t t

I dt dt

t t t

t t

  

      

 

  











5 2 1 5

5 3 1 5

t lnt ln t J

ln J

    

 

    

 

Với
3

1 1

dt
J

t






0,25

 Để tính J ta đặt t tan x. Khi đó

3
4

3 4 12

J dt



  




  

0,5

 Vậy

2 5π
5 3 1

3 12

I    ln 

  .

0,25
Câu IV Các bạn tự vẽ hình.

 Ta có MN / / BC MN / / A BC





 d MN , A C





d MN , A BC





0,25
 Gọi H A B1 AB1 và MK / / HA,KA B1

2
2

x
MK

 

0,25

 Vì A B1 AB1 MK A B1 và CB



ABB A1 1



 CBMK.

 Từ đó suy ra MK 



A BC1



 MK d MN , A BC





d MN , A C





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

 Nên

2 2

3 2 3 3

a x a a

MK     x

. Vậy M thỏa mãn

2
3

a

BM 

Câu V Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: M x38y3 9xy.

 Ta đặt t x 2y, từ giả thiết suy ra

2 3

t

xy 

. Điều kiện

2 30
5

t  0,25

 Khi đó









3 8 3 9 2 6 2 9

M x  y  xy x y  xy x y  xy

 

3 3 2 6 9

t t t : f t

    

0,25

 Xét hàm f(t) với t  2 3 2 3; , ta được:

 



1 3



2 30

min f t min f   ; f  

 

  

 

 





2 30

max max 1 3

f t  f   ; f  

 

  

 

 Từ đó đi đến kết luận của bài tốn.

0,5

Câu VI.a Chương trình cơ bản

a)  Chuyển



BD



về dạng tham số





5 1

x t

BD :
y t

 



 

 , tR
 Gọi I là hình chiếu của A xuống cạnh BD I t



5 1 ;t1



0,25

 Sử dụng điều kiện AI uBD

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

suy ra





1 3 1

1 2

2 2 2

t  I ;  C  ; .

 

0,25

 Vì B



BD



 B t



511;t11



. Do ABCB AB.CB0

   

    1

1
0

t
t



 



 Với t1 1 B



4 0;



 D ;



1 1



 Với t1 0 B ;



1 1



 D



4 0;



0,5

b) Viết ptdt (d’) đi qua A vng góc với (P) và song song với (d).
 Ta có (d’) có véc tơ chỉ phương là: uu nd; P  



2; 8; 4 




 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
   

10. 0,5

 Phương trình đường thẳng cần tìm là:

 

: 3 1 2

2 8 4

x y z

d     

   hay

 

3 1 2

1 4 2

x y z

d     

0,5

Câu VI.b Chương trình cơ bản

 Đặt t z 2 z thì pt đã cho trở thành:

3 13 4 0 3

t

t t

t




   





0,25

 Với

1 1 3

3 3 1 0

3 2 6

t   z  z   z i

 Với

2 1 15

4 4 0

2 2

t   z  z   z i

0,5

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

CâuVII.a Chương trình nâng cao
a)  Đưa

 

 về dạng tham số

 

: 2 2 ;
3 2

x t

t

y t

 


  

 


R

 Gọi I



2t2; 3 t 2

  

  và R lần lượt là tâm và bán kính của đường trịn.

0,25

 Từ đk tiếp xúc suy ra

 







 



5 17 18

; ;

2 5 2

t t

d I d d I d  R     R

5 25 17 18 22

5 25 17 18 43

t

t t

t




   


   

  

  



0,5

 Từ đó dẫn đến 2 đáp số của bài toán. 0,25

b)

 Gọi

 

 : AxBy Cz D  0

2 0

C B

C D B D

D B



      




0,25

 Mp

 

 tạo với mp

 

 một góc 30 thì ta có:



2 2







2 2 2

os30 9 5 4 3

2
. 3

A B C

c A B A B

A B C

 

     

 


 Chọn B1 ta có

2 12 1251

41 24 27 0

A  A   A 

suy ra C, D.

 Kết luận: Có 2 mp thảo mãn đk đề bài.

0,75

CâuVII.b Chương trình nâng cao 
 Ta có:



x1



2n1C20n1x2n1 C21n1x2n... C22nn11;



x1



2n1C20n1C12 1n x...C22nn1x2n1





2 1



0 2 1 2 1

 

0 2 2 1



2 1 2 1 2 1 2 1

1 n n n ... nn n ... nn n ;(1)

x    C  x    C  C   C  x 





2 1 0 2(2 1) 1 4 2 2 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

1 n n n n n ... nn nn ;(2)

x  C x  C x C x C 

   

     

Hệ số chứa x2n1 trong khai triển (2) bằng 0, và trong khai triển (1) là:



 

2 1

 

2 2





2 1



2 1n 2 1n 2n 1 ... 2nn 1

C   C   C    C 

0,75

 Vậy đồng nhất hệ số ta được:



 

2 1

 

2 2





2 1



2n 1 2n 1 2n 1 ... 2 1nn 0

C   C   C    C  

 Đặc biệt với n = 1004 ta có bài toán cần chứng minh.

</div>