Tài liệu Tuyển tập đề thi thử ĐH qua các năm có đáp án pptx

Trường THPT Lương Thế Vinh
Đề thi thử đại học lần 2 năm 2008-2009
Ngày thi: 15/3/2009
• Thời gian: 180 phút.
• Typeset by L
A
T
E
X 2
ε
.
• Copyright
c
2009 by Nguyễn Mạnh Dũng.
• Email:
• Mathematical blog: />1
1 Đề bài
PHẦN 1 (Chung cho tất cả các thí sinh)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số y =
2x
x + 2
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đến tiếp
tuyến lớn nhất.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình
1 + cot 2x cot x
cos
2
x

+ 2(sin
4
x + cos
4
x) = 3
2) Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình x(4−x)+m

√
x
2
− 4x + 5 + 2

≤ 0 nghiệm
đúng với mọi giá trị của x thuộc đoạn [2; 2 +
√
3].
Câu III (2 điểm)
1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD = a
√
2, CD = 2a. Cạnh SA
vuông góc với đáy và SA = 3
√
2a(a > 0). Gọi K là trung điểm của cạnh AD. Chứng minh
mp(SBK)⊥mp(SAC) và tính thể thích khối chóp SBCK theo a.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O
1
A
1
B
1

với A(2; 0; 0); B(0; 4; 0)
và O
1
(0; 0; 4). Xác định tọa độ điểm M trên AB, điểm N trên OA
1
sao cho đường thẳng MN song
song với mặt phẳng (α) : 2x + y + z − 5 = 0 và độ dài MN =
√
5.
Câu IV (2 điểm).
1) Tính tổng sau
S =

C
0
n
1

2
+

C
1
n
2

2
+ ··· +

C

n
n
n + 1

2
2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
+ 6x− 2y + 6 = 0 và các điểm
B(2;−3) và C(4; 1). Xác định tọa độ điểm A thuộc đường tròn sao cho tam giác ABC cân tại A
và có diện tích nhỏ nhất.
PHẦN 2 (Thí sinh thi khối A, B làm câu Va, thí sinh thi khối D làm câu Vb)
Câu Va (2 điểm)
1) Tính tích phân

ln5
ln2
dx
(10e
−x
− 1)
√
e
x
− 1
2) Giải hệ phương trình

2
1−x

2
x
2
+ xy +
3
2
= 2
y

x
2
y + 2x

2
− 2x
2
y − 4x + 1 = 0
Câu Vb (2 điểm)
1) Tính tích phân

π
4
0
x sin x
cos
3
x
dx
2) Giải phương trình
log

2
2
x + x log
7
(x + 3) =

x
2
+ 2 log
7
(x + 3)

log
2
x
2
2 Lời giải tóm tắt
Câu I (2 điểm)
1) TXD : D = R {1}, đạo hàm y

=
4
(x+2)
2
> 0 ∀x ∈ D. Tiệm cận đứng x = −2, tiệm cận ngang
y = 2 (Các bạn tự vẽ đồ thị).
2) Tiếp tuyến tại điểm M có tọa độ x
0
= −2 có phương trình
y =

4
(x
0
+ 2)
2
(x − x
0
) +
2x
0
x
0
+ 2
⇔ 4x − (x
0
+ 2)
2
y + 2x
2
0
= 2 (d)
Tâm đối xứng I = (−2; 2) nên ta có
d(I/(d)) =
8|x
0
+ 2|

16 + (x
0
+ 2)

4
Áp dụng BDT Cô-si cho 2 số dương ta thu được

16 + (x
0
+ 2)
4
≥
√
8|x
0
+ 2|
Nên
d(I/(d)) ≤ 2
√
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi |x
0
+ 2| = 2 ⇔ x
0
= 0, x
0
= −4.
Từ đó suy ra được hai tiếp tuyến là y = x và y = x + 8.
Câu II (2 điểm)
1) Điều kiên sin 2x = 0. Phương trình trên tương đương với
2
sin
2
2x

+ 2

1 −
1
2
sin
2
2x

⇔ sin
4
2x + sin
2
2x − 2 = 0 ⇔ sin
2
2x = 1 ⇔ x =
π
4
+
kπ
2
(k ∈ Z)
2) Đặt t =
√
x
2
− 4x + 5 ⇒ t ∈ [1; 2]. Bất phương trình tương đương với
5 − t
2
+ m(t + 2) ≤ 0 ⇔ m ≤

t
2
− 5
t + 2
= g(t)
Bất phương trình nghiệm đúng ∀x ∈ [2; 2 +
√
3] ⇔ m ≤ min
t∈[1;2]
g(t). Xét hàm g(t) có g(t) đồng
biến ∀t ∈ [1; 2] ⇒ m ≤ g(1) =
−4
3
.
Câu III (2 điểm)
1) Gọi H là giao điểm của AC và BK thì BH =
2
3
BK =
2a
√
3
và CH =
2
3
CA =
2
√
6a
3

⇒ BH
2
+ CH
2
= 4a
2
= BC
2
⇒ BK⊥AC
Mặt khác BK⊥SA ⇒ BK ⇒ (SAC) ⇒ (SBK)⊥(SAC)
Thể tích
V
SBCK
=
1
3
SA.S
BCK
=
1
3
3
√
2a
2
√
2 = 2a
3
3
2) Ta có

−−→
OA
1
= (2; 0; 4), suy ra phương trình của (OA
1
) :



x = 2n
y = 0
z = 4n
⇒ N = (2n; 0; 4n)
Có
−−→
AB = (−2; 4; 0) suy ra phương trình (AB) :



x = 2 − 2m
y = 4m
z = 0
⇒ M = (2 − 2m; 4m; 0)
Vậy
−−→
MN = (2n + 2m − 2;−4m; 4n), mà
−−→
MN  (α) nên ta có
−−→
MN .

−−→
n
(α)
= 0 ⇔ 2(2n + 2m − 2) − 4m + 4n = 0 ⇔ n =
1
2
⇒ N = (1; 0; 2)
Khi đó MN
2
= (2m − 1)
2
+ 16m
2
+ 4 = 5 ⇒

m =
1
5
m = 0
⇒

M
1

8
5
;
4
5
; 0


M
2
(2; 0; 0) ≡ A
Câu IV (2 điểm)
1) Ta có
C
k
n
k + 1
=
C
k+1
n+1
n + 1
∀k = 1, 2,··· n. Vậy
S =
1
(n + 1)
2


C
1
n+1

2
+

C

2
n+1

2
+ . . . +

C
n+1
n+1

2

Từ (1 + x)
n+1
(1 + x)
n+1
= (1 + x)
2n+2
, cân bằng hệ số x
n+1
ở hai vế ta có

C
1
n+1

2
+

C

2
n+1

2
+ . . . +

C
n+1
n+1

2
= C
n+1
2n+2
Vậy S =
C
n+1
2n+2
(n + 1)
2
.
2) Để tam giác ABC cân tại A thì A nằm trên đường trung trực (δ) của BC. Đường thẳng (δ)
qua trung điểm M = (3;−1), nhận
−−→
BC = (2; 4) làm vector pháp tuyến nên có phương trình là
2(x − 3) + 4(y + 1) = 0 ⇔ x + 2y − 1 = 0.
Vì A ∈ (C) nên tọa độ A là nghiệm của hệ

x
2

+ y
2
+ 6x − 2y + 6 = 0
x + 2y = 1
Giải hệ ta thu được A
1
= (−1; 1), A
2
= (−
21
5
;
13
5
). Do A
1
M =
√
20 <
18
√
5
= A
2
M nên S
A
1
BC
<
S

A
2
BC
nên điểm cần tìm là A = (−1; 1).
Câu Va
1) Đặt t =
√
e
x
− 1 ⇒ 2tdt = e
x
dx. Từ đó
I =

2
1
2tdt
(9 − t
2
)t
= 2

2
1
dt
9 − t
2
= −
1
3

ln




t − 3
t + 3




2
1
=
1
3
5
2
2) Điều kiện x = 0. Phương trình thứ hai của hệ tuơng đương với
(x
2
y + 2x − 1)
2
= 0 ⇔ y =
1 − 2x
x
2
Thay vào phương trình đầu tiên và biến đổi ta thu được
2
1−x

2
x
2
+
1 − x
2
x
2
= 2
1−2x
x
2
+
1 − 2x
x
2
⇔ f

1 − x
2
x
2

= f

1 − 2x
x
2

4

ở đó f(t) = 2
t
+
t
2
là hàm đồng biến với mọi t. Từ đó suy ra
1 − x
2
x
2
=
1 − 2x
x
2
⇔ x = 2
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (2;−
3
4
).
Câu Vb
1) Đặt u = x, dv =
sin x
cos
3
x
dx ⇒ du = dx, v =
1
2 cos
2
x

. Từ đó
I =
x
2 cos
2
x
|
π/4
0
−
1
2

π/4
0
dx
cos
2
x
=
π
4
−
1
2
tan x|
π/4
0
=
π

4
−
1
2
2) Điều kiện x > 0. Phương trình đã cho tương đương với

log
2
x −
x
2

[log
2
x − 2 log
7
(x + 3)] = 0
• log
2
x −
x
2
= 0 ⇔
ln x
x
=
ln 2
2
.
Xét f(x) =

ln x
x
−
ln 2
2
, f

=
1−ln x
x
2
= 0 ⇔ x = e. Suy ra phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất
2 nghiệm. Dễ thất x = 0, x = 4 là nghiệm của phương trình trên.
• log
2
x − 2 log
7
(x + 3) = t ⇒ x = 2
t
. Phương trình này tương đương với
7
t
= (2
t
+ 3)
2
⇔

4
7


t
+ 6

2
7

t
+ 9

1
7

t
= 1
có nghiệm duy nhất t = 2. Vậy phương trình có nghiệm x = 2, x = 4.
5