WWW.ToanCapBa.Net SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT QUỐC HỌC QUY NHƠN Đề thi thức ĐỀ THI THỬ LẦN TUYỂN SINH ĐẠI HỌC – NĂM 2011 Môn thi: TOÁN – KHỐI A-B-D Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gain phát đề) I: PHẦN CHUNG: ( 7điểm) CâuI (2điểm): Cho hàm số y = f(x) =(x + 2)(x2 – mx + m2 -3) ( 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = 2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hồnh Câu II (2 điểm): 1: Giải phương trình: 4sin2x + = 8sin2xcosx + 4cos22x 2: Giải bất phương trình: x2 + 4x + > x (x + 1) Câu III (1điểm): Tính tích phân I = ∫ x4 dx x4 − 2x2 + , tất cạnh lại Chứng minh tam giác SAC vng tính thể tích khối chóp S.ABCD  x3 − y + =  Câu V(1điểm): Giải hệ phương trình:  (3 − x) − x − y y − =  PHẦN RIÊNG: Thí sinh làm hai phần A B A.Theo chương trình chuẩn Câu VI/a: (2điểm) Trong mpOxy cho tam giác ABC cân A Đường thẳng AB BC có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – = Viết phương trình đường cao kẽ từ B tam giác ABC Trong kgOxyz viết phương trình mặt phẳng (P) qua giao tuyến hai mặt phẳng Câu IV (1điểm): Cho hình hình chóp S.ABCD có cạnh SA = ( α ) : 2x – y – = 0; ( β ) : 2x – z = tạo với mặt phẳng (Q): x – 2y + 2z – = góc ϕ mà cosϕ = 2 Câu VII/a: (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời: z + ( − 2i ) = va z.z = 34 B Theo chương trình nâng cao Câu VI/b.(2điểm) Trong mpOxy cho tam giác ABC cân A Đường thẳng AB BC có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – = Viết phương trình đường trung tuyến kẽ từ B tam giác ABC Trg kgOxyz viết phương trình đường thẳng d nằm mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, cắt x = 1+ t x = − t   đường thẳng ( D ) :  y = t ; ( D ' ) :  y = + t tạo với (D) góc 300  z = + 2t  z = − 2t   Câu VII/b: (1điểm) Giải phương trình: x + 4.15log3 x − 51+ log3 x = Hết -Hướng dẫn giải: CâuI : bạn đọc tự giải Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành hệ sau có nghiệm: ( x + 2) ( x − mx + m − 3) = (1)   2 3 x − ( 2m − ) x + m − 2m − = (2)  WWW.ToanCapBa.Net  x = −2 (1) ⇔  2  x − mx + m − = (3) *) Với x = - thay vào (2): m = − m ± 12 − 3m *) (3) có nghiệm m ≤ , (3) có hai ngiệm x = 2 Thay vào (2) ta được: 12 − 3m = ⇔ m = ±2 Câu II : 1.4sin2x + = 8sin2xcosx + 4cos22x ⇔ – 4cos2x = 8cosx – 8cos3x + 16cos4x – 16cos2x + ⇔ 16cos4x – 8cos3x − 12cos2x + 8cosx - = ⇔ (2cosx – 1)(8cos3x – 6cosx + 1) = ⇔ (2cosx – 1)(2cos3x + 1) = x2 + 4x + > x (x + 1) Điều kiện x ≥ Đặt t = x , t ≥ Bất phương trình trở thành t4 + 4t2 +1 > 3t3 + 3t ⇔ t4 – 3t3 + 4t2 − 3t +1 > ⇔ (t – 1)2(t2 – t + 1) > ⇔∀t ≠ Vậy nghiệm bất phương trình x≥ x ≠ 1 2   x2 − 2 3  2x Câu III: I = dx + − + ÷ = + ∫ ÷dx dx = ∫  + 2 ∫ x4 − 2x2 +   x − ( x − 1) x + ( x + 1) ÷ ( x − 1) ( x + 1) ÷ 0    1 1  − 3ln x + − = +  3ln x − − ÷2 =… 2 x −1 x +1 Câu VI: ABCD hình thoi , gọi O tâm , P trung điểm SC S Ta có BD ⊥ (SAC), SC ⊥ (PBD), OP = SA = P ==> SC ⊥ OP OP đường TB tam giác SAC, SC ⊥ SA B C ==> ∆SAC vuông A ==> SA = A O H SA.SC = Gọi H chân đường cao ==> H ∈ AC, SH = AC D 39 Ta có: BD = BP − OP = V = AC.DB.SH x − y +1 = (1)  Câu V: Điều kiện x ≤ va y ≥  (3 − x) − x − y y − = (2)  (2) ⇔ 1 + ( − x )  − x = 1 + ( y − 1)  y −     Xét hàm số f(t) = (1 + t2)t = t3 + t f’(t)= 3t2 + > ∀t ∈ R Vậy hàm số tăng R (2) ⇔ f − x = f y − ⇔ − x = y − ⇔ – x = 2y – ⇔ 2y = – x ( ) ( ) Thay vào (1): x + x – = ⇔ x = Nghiệm hệ (1;1) Câu VI.a:  1 B = AB∩AC, B  3; ÷  2 Theo yêu cầu tốn ta có vơ số tam giác thỏa mãn toán mà cạnh AC nằm đường thẳng // với WWW.ToanCapBa.Net  3 Chọn M(4;1) ∈ BC, M trung điểm BC ==> C  5; ÷  2 Tam giác ABC cân A, Vậy AM ⊥ BC ==> AM: 2x + y – = A = AM ∩AB ==> A(6;-3) uuu r Đường cao BH qua B có VTPT AC ==> pt 2 x − y − = Gọi d giao tuyến ( α ) ( β ) ==> d:  2 x − z = Lấy A(0;-1;0), B(1;1;2) ∈ d (P) qua A, (P) có dạng phương trình: Ax + By + Cz + B = (P) qua B nên: A + B + 2C + B = ==> A = - (2B + 2C) Vậy (P): - (2B + 2C)x + By + Cz + B = −2 B − 2C − B + 2C 2 cosϕ = = ⇔ 13B2 - 8BC – 5C2 = 0, Chọn C = ==> B = 1; B = - 5/13 (2 B + 2C ) + B + C + Với B = C = 1; (P): - 4x + y + z + = + Với B = 5/13 C = 1; (P’): - 16x - 5y + 13z - = Câu VII.a: Gọi z = x + yi (x;y ∈ R)  x =  ( x + 1) + ( y − 2) = 25 x = y −   y = Ta có:  ⇔ ==> z + y2 = 34 x 5 y − 28 y + 15 =   x = −29 /    y = /  2 Câu VI.b: 1.Cách giải câu VI.a , đường trung tuyến xuất phát từ B qua trung điểm N AC Ta có (D) nằm (P) Gọi A = (D’)∩(P) , giải hệ ta A(5;-1;5) uuu r Lấy B(1+t;t;2+2t) ∈ (D); AB = (t − 4; t + 1; 2t − 3) VTCP d Ta có cos30 = 6t − (t − 4) + ( t + 1) + ( 2t − ) 2 =  t = −1 ⇔ t = x = + t uuu r  *) Với t = - AB = ( -5;0;-5) ==> d:  y = −1 z = + t  x = uuu r  *) Với t = AB = (0; 5;5) ==> d:  y = −1 + t z = + t  Câu VII.b: x + 4.15 log3 x 1+ log x −5 = ⇔ 3log3 x + 4.15 log3 x log x − 5.5log3 x 3 = ⇔ 5÷   log x  3 + 4  5÷ ÷   −5 = log x  3 ⇔  5÷ ÷   =1⇔ x =1 -Hết - WWW.ToanCapBa.Net THI THỬ ĐH- LÊ QUÝ ĐÔN – QUY NHƠN 2011( KHỐI A-B) I: PHẦN CHUNG CâuI (2điểm): Cho hàm số y = - 4x3 - 12x2 - 9x (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Xác định tham số k để (d): y = kx cắt (C) ba điểm phân biệt O; M; N M trung điểm ON Câu II (2 điểm): 1: Giải phương trình: cot2x – cotx.cot3x = xy  2 x + y + x + y = 2: Giải hệ phương trình:   x + y − 3x + y + = x −  Câu III (1điểm): Tính tích phân : I = ∫ (2 x − 1) ln( x + 1)dx Câu IV (1điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC tamgiác cạnh a, AA’ = A’B = A’C = a Tính thể tích khối lăng trụ khoảng cách từ A’ đến mặt phẳng (AB’C’) theo a Câu V(1điểm):  a2 b2 c2  11b3 − a 11c − b3 11a − c + + ≤ 2 + + ÷ ab + 4b bc + 4c ca + 4a c a  b PHẦN RIÊNG: Thí sinh làm hai phần A B A.Theo chương trình chuẩn Câu VI/a: (2điểm) 3 1 Trong mpOxy cho tam giác ABC cân A(3;1) H  ; − ÷ trực tâm Xác định tọa độ đỉnh B 2 2 C, biết B nằm đường thẳng d: 3x – y = x −1 y − z −1 x −2 y −5 z −3 = = = = Trong kgOxyz cho hai đường thẳng (d): , (d’): −1 2 CMR: (d) (d’) chéo Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (d) (d’) đồng thời khoảng cách từ (d) đến (Q) gấp đôi khoảng cách từ (d’) đến (Q) Câu VII/a: Trong mặt phẳng phức (Oxy) xác định tập hợi điểm biểu diễn số phức (1 + i)z + biết z − ≤ Cho a, b, c > Chứng minh rằng: B Theo chương trình nâng cao Câu VI/b.(2điểm) Trong mpOxy choờng thẳng d: 3x – 4y + 22 = hai điểm A(6;0), B(1; -5) Viết phương trình đường trịn (S) qua hai điểm A, B tiếp xúc với d Trong kgOxyz cho mặt cầu (S): ( x – 1)2 + y2 + z2 = 9, mặt phẳng (P); y – 2z = Viết phương trình mp(Q) qua M(1;4;-1), (Q) ⊥ (P) (Q) tiếp xúc vơi (S) log ( x − 1) + log ( y − 1) = Câu VII/b: Giải hệ phương trình  log ( x − 1) + log ( y + 1) = Hết WWW.ToanCapBa.Net SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Mơn thi: TỐN, khối B Thời gian làm bài: 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) = x − x Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A B có hồnh độ a b Tìm điều kiện a b để hai tiếp tuyến (C) A B song song với Câu II (2 điểm) ( cos x − sin x ) 1 Giải phương trình lượng giác: = tan x + cot x cot x − 1 2 Giải bất phương trình: log x − x + + log x − > log ( x + 3) 3 π Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = cos x ( sin x + cos x ) dx ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ trịn xoay hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm đường tròn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm đường trịn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh thể tích hình trụ Câu V (1 điểm) Cho phương trình x + − x + 2m x ( − x ) − x ( − x ) = m3 Tìm m để phương trình có nghiệm PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) đường thẳng ∆ định bởi: (C ) : x + y − x − y = 0; ∆ : x + y − 12 = Tìm điểm M ∆ cho từ M vẽ với (C) hai tiếp tuyến lập với góc 600 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0) Tìm tọa độ tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có cách chọn viên bi có đủ ba màu? Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng ( d ) : x − y − = có hồnh độ xI = , trung điểm cạnh giao điểm (d) trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình ( S ) : x + y + z − x + y − z + = 0, ( P) : x + y − z + 16 = Điểm M di động (S) điểm N di động (P) Tính độ dài ngắn đoạn thẳng MN Xác định vị trí M, N tương ứng Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức 1 4 + + ≥ + + a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Hết -5 WWW.ToanCapBa.Net Câu Ý I Đáp án Nội dung + MXĐ: D = ¡ + Sự biến thiên • Giới hạn: xlim y = +∞; xlim y = +∞ →−∞ →+∞ • x = y ' = x − x = x ( x − 1) ; y ' = ⇔   x = ±1 • Điểm 2,00 1,00 0,25 Bảng biến thiên 0,25 0,25 yCT = y ( −1) = −1; yCT = y ( 1) = −1; yC§ = y ( ) = • Đồ thị 0,25 1,00 Ta có f '( x ) = x − x Gọi a, b hoành độ A B 3 Hệ số góc tiếp tuyến (C) A B k A = f '(a ) = 4a − 4a, k B = f '(b) = 4b − 4b Tiếp tuyến A, B có phương trình là: y = f ' ( a ) ( x − a ) + f ( a ) = f ' ( a ) x + f (a ) − af' ( a ) ; y = f ' ( b ) ( x − b ) + f ( b ) = f ' ( b ) x + f (b) − bf' ( b ) Hai tiếp tuyến (C) A B song song trùng khi: k A = k B ⇔ 4a − 4a = 4b3 − 4b ⇔ ( a − b ) ( a + ab + b − 1) = (1) Vì A B phân biệt nên a ≠ b , (1) tương đương với phương trình: a + ab + b2 − = (2) Mặt khác hai tiếp tuyến (C) A B trùng a + ab + b − =   a + ab + b − = ⇔ ( a ≠ b) ⇔  , −3a + 2a = −3b + 2b  f ( a ) − af ' ( a ) = f ( b ) − bf ' ( b )   Giải hệ ta nghiệm (a;b) = (-1;1), (a;b) = (1;-1), hai nghiệm tương ứng WWW.ToanCapBa.Net với cặp điểm đồ thị ( −1; −1) ( 1; −1) Vậy điều kiện cần đủ để hai tiếp tuyến (C) A B song song với a + ab + b − =   a ≠ ±1 a ≠ b  II 2,00 1,00 cos x.sin x.sin x ( tan x + cot x ) ≠  Điều kiện:  cot x ≠  0,25 ( cos x − sin x ) cos x.sin x = ⇔ = sin x Từ (1) ta có: sin x cos x cos x cos x + −1 cos x sin x sin x 0,25 ⇔ 2sin x.cos x = sin x π   x = + k 2π ⇔ cos x = ⇔ ( k ∈¢  x = − π + k 2π   0,25 ) Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình cho x = − Điều kiện: x > Phương trình cho tương đương: 1 log ( x − x + ) + log 3−1 ( x − ) > log 3−1 ( x + 3) 2 1 ⇔ log ( x − x + ) − log ( x − ) > − log ( x + ) 2 ⇔ log ( x − ) ( x − 3)  > log ( x − ) − log ( x + 3)    x−2 ⇔ log ( x − ) ( x − 3)  > log  ÷    x+3 x−2 ⇔ ( x − ) ( x − 3) > x+3  x < − 10 ⇔ x2 − > ⇔   x > 10  Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x > 10 III π + k 2π ( k ∈ ¢ ) 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 1,00 π   I = ∫ cos x  − sin 2 x ÷dx   = π 0,50    − sin x ÷d ( sin x ) ∫  WWW.ToanCapBa.Net = π π 1 ∫ d ( sin x ) − ∫ sin xd ( sin x ) 20 π π 1 − = sin x| sin x| = 0 12 0,50 IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi OM ⊥ AB O ' N ⊥ CD Giả sử I giao điểm MN OO’ Đặt R = OA h = OO’ Khi đó: ∆IOM vng cân O nên: OM = OI = 0,25 h 2a IM ⇒ = ⇒h= a 2 2 2 a a 3a a a 2 + = Ta có: R = OA = AM + MO =  ÷ +  ÷ = 8 2  ÷   0,25 3a a 2π a ⇒V = πR h = π = , 16 0,25 a a 3π a = S xq = 2π Rh=2π 2 2 0,25 2 2 V 1,00 Phương trình x + − x + 2m x ( − x ) − x ( − x ) = m (1) Điều kiện : ≤ x ≤ Nếu x ∈ [ 0;1] thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm 1 cần có điều kiện x = − x ⇒ x = Thay x = vào (1) ta được: 2 m = 1 + m − = m3 ⇒  2  m = ±1 * Với m = 0; (1) trở thành: x − 1− x = ⇔ x = Phương trình có nghiệm ( ) 0,25 0,25 WWW.ToanCapBa.Net * Với m = -1; (1) trở thành x + − x − x ( − x ) − x ( − x ) = −1 ⇔ ⇔ ( ( ) ( ) x + 1− x − x ( 1− x) + x +1− x − x ( 1− x) = x − 1− x ) +( x − 1− x ) =0 0,25 + Với x − − x = ⇔ x = + Với x − − x = ⇔ x = Trường hợp này, (1) có nghiệm * Với m = (1) trở thành: x + 1− x − 24 x ( 1− x) = 1− x ( 1− x) ⇔ ( x − 1− x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm x = 0, x = ) =( x − 1− x ) nên trường hợp (1) khơng có 0,25 nghiệm Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1 VIa 2,00 1,00 Đường trịn (C) có tâm I(2;1) bán kính R = Gọi A, B hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 600 IAM nửa tam giác suy IM = 2R=2 0,25 Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình: ( x − ) + ( y − 1) = 20 2 Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng ∆ , nên tọa độ M nghiệm hệ phương ( x − ) + ( y − 1) = 20 (1)  trình:   x + y − 12 = (2)  0,25 Khử x (1) (2) ta được: x = ( −2 y + 10 ) + ( y − 1) = 20 ⇔ y − 42 y + 81 = ⇔  27 x =   9  27 33  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là: M  3; ÷ M  ; ÷  2  10  2 2 0,25 0,25 1,00 Ta tính AB = CD = 10, AC = BD = 13, AD = BC = 0,25 Vậy tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đơi Từ ABCD tứ diện gần Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm G tứ diện 0,25 3 3 14 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm G  ;0; ÷, bán kính R = GA = 2 2 VII a 0,50 1,00 Số cách chọn viên bi tùy ý : C18 0,25 WWW.ToanCapBa.Net Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là: + Khơng có bi đỏ: Khả khơng xảy tổng viên bi xanh vàng + Khơng có bi xanh: có C13 cách 0,25 + Khơng có bi vàng: có C15 cách Mặt khác cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng có C10 cách chọn viên bi đỏ tính hai lần 9 9 Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C10 + C18 − C13 − C15 = 42910 cách VIb 0,50 2,00 1,00 9 3 I ∈ ( d ) : x − y − = ⇒ I  ; ÷ 2 2 Vai trò A, B, C, D nên trung điểm M cạnh AD giao điểm (d) Ox, suy M(3;0) 9 2 AB = IM = ( xI − xM ) + ( yI − yM ) = + = 4 S 12 S ABCD = AB AD = 12 ⇔ AD = ABCD = = 2 AB   AD ⊥ ( d ) , suy phương trình AD: ( x − 3) + ( y − ) = ⇔ x + y − =   M ∈ AD  I có hồnh độ xI = 0,50 Lại có MA = MD = Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình: x + y − =     y = −x +  y = −x + ⇔ ⇔  2 2 2 ( x − 3) + y = ( x − 3) + ( − x ) =  ( x − 3) + y =    y = 3− x x = x = ⇔ ⇔  Vậy A(2;1), D(4;-1),  x − = ±1  y =  y = −1 x +x  xI = A C   xC = xI − x A = − =  9 3 I  ; ÷ trung điểm AC, suy ra:  ⇔ 2 2  yC = yI − y A = − =  y = y A + yC  I  Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4) Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) 0,50 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) có bán kính R = Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2 + ( −1) − + 16 d = d ( I,( P) ) = =5⇒ d > R Do (P) (S) khơng có điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 = Trong trường hợp này, M vị trí M N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình chiếu vng góc I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S) Gọi ∆ đường thẳng qua điểm I vng góc với (P), N0 giao điểm ∆ (P) r Đường thẳng ∆ có vectơ phương n P = ( 2; 2; −1) qua I nên có phương trình 0,25 0,25  x = + 2t   y = −1 + 2t ( t ∈ ¡ ) z = − t  10 WWW.ToanCapBa.Net Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình: ( + 2t ) + ( −1 + 2t ) − ( − t ) + 16 = ⇔ 9t + 15 = ⇔ t = − 15 =−  13 14  Suy N  − ; − ; ÷  3 3 uuuu uuu r r Ta có IM = IN Suy M0(0;-3;4) 0,25 0,25 VII b 1,00 1 + ≥ ( x > 0, y > 0) x y x+ y 1 1 1 + ≥ ; + ≥ ; + ≥ Ta có: a + b b + c a + 2b + c b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2a+b+c Ta lại có: 2 ≥ = ⇔ 2a + b + c + − 4a − 2b − 2c ≥ 2 2a + b + c 2a + b + c + a + Áp dụng bất đẳng thức ⇔ ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ 2 2 ≥ ; ≥ 2b + c + a b + 2c + a + b c + 1 4 + + ≥ + + Từ suy a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Đẳng thức xảy a = b = c = Tương tự: 0,50 0,50 11 WWW.ToanCapBa.Net SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Mơn thi: TỐN, khối D Thời gian làm bài: 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) = mx + 3mx − ( m − 1) x − , m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Xác định giá trị m để hàm số y = f ( x) cực trị Câu II (2 điểm) sin x + cos x Giải phương trình : sin x = ( tan x + cot x ) log ( x + 1) + = log − x + log ( + x ) 2 Giải phương trình: 3 Câu III (1 điểm) Tính tích phân A = ∫ dx x 1− x 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy đường tròn tâm O, SA SB hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB 1, diện tích tam giác SAB 18 Tính thể tích diện tích xung quanh hình nón cho  x − 7x + ≤ Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm   x − ( m + 1) x − m + ≥  PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB, BC 4x + 3y – = 0; x – y – = Phân giác góc A nằm đường thẳng x + 2y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ) : x + y − 2z + = 0; ( Q ) : x + y − 2z -13 = Viết phương trình mặt cầu (S) qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q) Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện sau:  Cn −1 − Cn −1 < An−  k k (Ở An , Cn số chỉnh hợp số tổ hợp chập k n phần tử)  C n − ≥ A3  n +1 15 n +1  Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – = đường tròn (C): 2 x + y + x − y − = Xác định tọa độ giao điểm A, B đường tròn (C) đường thẳng d (cho biết điểm A có hồnh độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) cho tam giác ABC vuông B Cho mặt phẳng (P): x − y + z − = đường thẳng d1 : x −1 = y −3 −3 = z ; d2 : x−5 = y = z+5 −5 Tìm điểm M ∈ d1 , N ∈ d cho MN // (P) cách (P) khoảng Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) hàm số f ( x) = ln ( − x) giải bất phương trình 12 WWW.ToanCapBa.Net f '( x ) > Câu I π sin π∫ t dt x +2 Đáp án Nội dung Ý Khi m = ta có y = x + x − + MXĐ: D = ¡ + Sự biến thiên: • Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞ x →−∞ Điểm 2,00 1,00 0,25 x →+∞ •  x = −2 y ' = 3x + x ; y ' = ⇔  x = ã Bng bin thiờn 0,25 0,25 yCĐ = y ( −2 ) = 3; yCT = y ( ) = −1 • Đồ thị 0,25 1,00 + Khi m = ⇒ y = x − , nên hàm số khơng có cực trị + Khi m ≠ ⇒ y ' = 3mx + 6mx − ( m − 1) Hàm số khơng có cực trị y ' = khơng có nghiệm có nghiệm kép 0,25 0,50 13 WWW.ToanCapBa.Net ⇔ ∆ ' = 9m + 3m ( m − 1) = 12m − 3m ≤ ⇔ ≤ m ≤ 0,25 II 2,00 1,00 sin x + cos x = ( tan x + cot x ) (1) sin x Điều kiện: sin x ≠ 0,25 1 − sin 2 x  sin x cos x  (1) ⇔ =  + ÷ sin x  cos x sin x  0,25 1 − sin 2 x 1 ⇔ = ⇔ − sin 2 x = ⇔ sin x = sin x sin x Vậy phương trình cho vơ nghiệm 0,50 1,00 log ( x + 1) + = log − x + log8 ( + x ) (2) x +1 ≠  −4 < x <  Điều kiện:  − x > ⇔   x ≠ −1 4 + x >  0,25 (2) ⇔ log x + + = log ( − x ) + log ( + x ) ⇔ log x + + = log ( 16 − x ) ⇔ log x + = log ( 16 − x ) ⇔ x + = 16 − x + Với −1 < x < ta có phương trình x + x − 12 = (3) ; x = (3) ⇔   x = −6 ( lo¹i ) + Với −4 < x < −1 ta có phương trình x − x − 20 = (4);  x = − 24 ( 4) ⇔   x = + 24 ( lo¹i )  0,25 0,25 ( Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = x = − III 0,25 ) 1,00 14 WWW.ToanCapBa.Net 2 Đặt t = − x ⇒ t = − x ⇒ 2tdt = −2 xdx ⇒ dx tdt =− x x dx tdt tdt =− = 2 x 1− t t −1 + Đổi cận: ⇒ 0,50 x= ⇒t = 2 x= ⇒t = 2 A= dt ∫ t −1 = 3 dt t + 23  +  = ln ∫ − t 2 − t |12 = ln  ÷  ÷   0,50 IV 1,00 Gọi E trung điểm AB, ta có: OE ⊥ AB, SE ⊥ AB , suy ( SOE ) ⊥ AB S SAB Dựng OH ⊥ SE ⇒ OH ⊥ ( SAB ) , OH khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết OH = Tam giác SOE vuông O, OH đường cao, ta có: 1 1 1 = + ⇒ = − = 1− = 2 2 2 OH SO OE OE OH SO 9 ⇒ OE = ⇒ OE = 2 81 SE = OE + SO = + = ⇒ SE = 8 2 2S 36 = AB.SE ⇔ AB = SAB = =8 SE 2 ( ) 9 265 1  OA2 = AE + OE =  AB ÷ + OE = + = 32 + = 8 2  1 265 265 = π Thể tích hình nón cho: V = π OA SO = π 3 8 Diện tích xung quanh hình nón cho: 265 337 337 SA2 = SO + OA2 = + = ⇒ SA = 8 S xq = π OA.SA = π 0,25 0,25 0,25 0,25 265 337 89305 =π 8 V 1,00  x − x + ≤ (1)  Hệ bất phương trình   x − ( m + 1) x − m + ≥ (2)  ( 1) ⇔ ≤ x ≤ Hệ cho có nghiệm tồn x0 ∈ [ 1;6] thỏa mãn (2) 0,25 15 WWW.ToanCapBa.Net ( ) ⇔ x − x + ≥ ( x + 1) m ⇔ x2 − x + ≥ m (do x ∈ [ 1;6] ⇒ x + > 0) ( x + 1) x2 − 2x + Gọi f ( x) = ; x ∈ [ 1;6] 2x +1 0,25 Hệ cho có nghiệm ⇔ ∃x0 ∈ [ 1;6] : f ( x0 ) ≥ m f '( x) = x2 + x − ( x + 1) = ( x2 + x − 4) ( x + 1) ; f ' ( x ) = ⇔ x2 + x − = ⇔ x = −1 ± 17 0,25 −1 + 17 Vì x ∈ [ 1;6] nên nhận x = 2 27  −1 + 17  −3 + 17 Ta có: f (1) = , f (6) = , f  ÷= ÷ 13  2   Vì f liên tục có đạo hàm [1;6] nên max f ( x ) = Do ∃x0 ∈ [ 1;6] : f ( x0 ) ≥ m ⇔ max f ( x) ≥ m ⇔ x∈[ 1;6] 27 13 0,25 27 ≥m 13 VIa 2,00 1,00 4 x + y − =  x = −2 ⇔ ⇒ A ( −2; ) Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:  x + y − = y = 4 x + y − = x = ⇔ ⇒ B ( 1;0 ) Tọa độ B nghiệm hệ phương trình  x − y −1 = y = Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a ( x + ) + b ( y − ) = ⇔ ax + by + 2a − 4b = 0,25 0,25 Gọi ∆1 : x + y − = 0; ∆ : x + y − = 0; ∆ : ax + by + 2a − 4b = Từ giả thiết suy (·∆ ; ∆ ) = (·∆ ; ∆ ) Do |1.a + 2.b | | 4.1 + 2.3 | cos (·∆ ; ∆ ) = cos (·∆1 ; ∆ ) ⇔ = 2 25 5 a + b a = ⇔| a + 2b |= a + b ⇔ a ( 3a − 4b ) = ⇔  3a − 4b = + a = ⇒ b ≠ Do ∆ : y − = + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = b = Suy ∆ : x + y − = (trùng với ∆1 ) Do vậy, phương trình đường thẳng AC y - = y − = x = ⇔ ⇒ C ( 5; ) Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:  x − y −1 = y = 0,25 0,25 1,00 Gọi I(a;b;c) tâm R bán kính mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có: OI = AI   OI = AI = d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) ⇔ OI = d ( I , ( P ) )  d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) )  0,25 16 WWW.ToanCapBa.Net Ta có: 2 OI = AI ⇔ OI = AI ⇔ a + b + c = ( a − ) + ( b − ) + ( c − 1) ⇔ 10a + 4b + 2c = 30 (1) | a + 2b − 2c + | OI = d ( I , ( P ) ) ⇔ a + b + c = ⇔ ( a + b + c ) = ( a + 2b − 2c + ) (2) | a + 2b − 2c + | | a + 2b − 2c − 13 | d ( I,( P) ) = d ( I,( Q) ) ⇔ = 3  a + 2b − 2c + = a + 2b − 2c − 13 ( lo¹i) ⇔ ⇔ a + 2b − 2c = (3)  a + 2b − 2c + = −a − 2b + 2c + 13 Từ (1) (3) suy ra: b = 17 11a 11 − 4a − ;c = (4) Từ (2) (3) suy ra: a + b + c = (5) Thế (4) vào (5) thu gọn ta được: ( a − ) ( 221a − 658 ) = Như a = a = 0,25 67  658  658 46 ; ;− Suy ra: I(2;2;1) R = I  ÷ R = 221  221 221 221  Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là: 2 2 2 658   46   67   ( x − ) + ( y − ) + ( z − 1) =  x − ÷ +  y − ÷ +  z + ÷ = 221   221   221   VIIa 0,25 Điều kiện: n − ≥ ⇔ n ≥ Hệ điều kiện ban đầu tương đương:  ( n − 1) ( n − ) ( n − 3) ( n − ) ( n − 1) ( n − ) ( n − ) − < ( n − ) ( n − 3)   4.3.2.1 3.2.1 ⇔  ( n + 1) n ( n − 1) ( n − ) ( n − 3) ≥ ( n + 1) n ( n − 1)  5.4.3.2.1 15  n − 9n − 22 <  ⇔ n − 5n − 50 ≥ ⇔ n = 10 n ≥  VIb 0,25 1,00 0,50 0,50 2,00 1,00 Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình  x2 + y2 + 2x − y − =  y = 0; x = ⇔   y = −1; x = −3 x − 5y − = Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1) Vì · ABC = 900 nên AC đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4) 0,50 0,50 1,00 17 WWW.ToanCapBa.Net  x = + 2t  Phương trình tham số d1 là:  y = − 3t M thuộc d1 nên tọa độ M ( + 2t;3 − 3t ; 2t )  z = 2t  Theo đề: d ( M ,( P) ) = |1 + 2t − ( − 3t ) + 4t − 1| 12 + ( −2 ) + 22 =2⇔ 0,25 |12t − | = ⇔ 12t − = ±6 ⇔ t1 = 1, t2 = + Với t1 = ta M ( 3;0; ) ; + Với t2 = ta M ( 1;3;0 ) 0,25 + Ứng với M1, điểm N1 ∈ d cần tìm phải giao d2 với mp qua M1 // mp (P), gọi mp (Q1) PT (Q1) là: ( x − 3) − y + ( z − ) = ⇔ x − y + z − = (1)  x = + 6t  Phương trình tham số d2 là:  y = 4t (2)  z = −5 − 5t  Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = ⇔ t = -1 Điểm N1 cần tìm N1(-1;-4;0) + Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5) VIIb Điều kiện f ( x) = ln ( − x) ( − x) π 3 0,25 0,25 1,00 >0⇔ x sin dt   x−3 x+ < )( ) ⇔ 1 Khi đó: π∫ ⇔ 3 − x x + ⇔ (  < x