ĐỀ THI THỬ SỐ 3 TUYỂN SINH VÀO ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2009 A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 2 7 4.y x x x= - - - a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm tất cả các điểm trên đồ thị (C) của hàm số mà qua đó chỉ kẻ được duy nhất một tiếp tuyến với đồ thị hàm số. Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình 2 2sin 3 1 8sin 2 cos 2 . 4 π x x x æ ö ÷ ç + = + ÷ ç ÷ ç è ø b) Giải phương trình 2 2 2 2 2 6 4 4 2 3 log x log log x x . .− = Câu III (2 điểm) a) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 1 2 2  + + = −   − − = −   xy x y x y x y y x x y b) Tính tổng 0 1 2 2008 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2 3 2009 2010S C C C . C C= + + + + + Câu IV (1 điểm) a) Cho tam giác đều ABC cạnh a ở trong mặt phẳng ( ) . α Trên các đường thẳng vuông góc với ( ) α kẻ từ B, C lấy các đoạn 2 2 2 a BD ,CE a= = nằm cùng phía với ( ) . α Chứng minh rằng ADE∆ vuông và tìm góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ) α và ( ) ADE . b) Cho tam giác ABC không tù thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2 2 3+ + =cos A cos B cos C . Tìm số đo các góc của tam giác ABC. B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu Va (2 điểm) a) Cho elíp ( ) 2 2 1 9 4 x y E : + = và điểm M thuộc (E). Giả sử d là đường thẳng tiếp xúc với (E) tại M và d cắt trục Ox, Oy tại A, B. Tìm tọa độ điểm M để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất. b) Cho hai số thực x, y thỏa mãn 2 2 x y x y.+ ≤ + Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2P x y.= + Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu Vb (2 điểm) a) Cho biết các số phức 1 2 z ,z đều có môđun bằng 1. Chứng minh rằng số phức 1 2 1 1 1 z z z z z + = + có phần ảo bằng 0. b) Cho x, y thỏa mãn 2 2 1x xy y .− + ≤ Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 4 1 2 3 2 4 1 2 3 x xy y . x xy y  + − ≥ − −   + − ≤ − +   ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 3 TUYỂN SINH VÀO ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2009 Câu I 2 điểm a) Học sinh tự làm 1.0 b) Tìm tất cả các điểm trên đồ thị (C) của hàm số mà qua đó chỉ kẻ được duy nhất một tiếp tuyến với đồ thị hàm số. Gọi điểm ( ) ( ) 3 2 0 0 0 0 2 7 4M x ; x x x C− − − ∈ ⇒ Phương trình đường thẳng d qua M là ( ) 3 2 0 0 0 0 2 7 4y k x x x x x .= − + − − − 0,25 Đường thẳng d là tiếp tuyến của (C) ⇔ Hệ sau có nghiệm ( ) 3 2 3 2 0 0 0 0 2 2 7 4 2 7 4 3 4 7 x x x k x x x x x x x k  − − − = − + − − −   − − =   0,25 Thế k ở phương trình sau vào phương trình trước ta được ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 0 0 2 2 2 0 f x x x x x x x x   − − + − + =   1444444444442444444444443 Để có một tiếp tuyến duy nhất thì ( ) 0f x = hoặc vô nghiệm hoặc có nghiệm kép bằng 0 x . 0,25 Trường hợp 1: ( ) 2 0 3 2 0x∆ = − < ⇒ Vô lý. Trường hợp 2: 0 0 0 0 2 250 3 27 2 x y . b x a ∆ =   ⇔ = ⇒ = −  − =   Vậy điểm cần tìm là 2 250 3 27 ; .   −  ÷   0,25 Câu II 2 điểm a) Giải phương trình 2 2sin 3 1 8sin 2 cos 2 . 4 π x x x æ ö ÷ ç + = + ÷ ç ÷ ç è ø • Điều kiện 3 0 4 π sin x . æ ö ÷ ç + ³ ÷ ç ÷ ç è ø Bình phương hai vế phương trình đã cho ta được: ( ) 3 2 1 6 1 8 2 8 2sin x sin x sin xÛ + = + - 0,25 ( ) 3 3 2 2 3 2 4 2 1 8 2 8 2 1 2 2 5 12 12 sin x sin x sin x sin x sin x π π x kπ; x mπ Û + - = + - Û = Û = + = + 0,25 • Xét họ nghiệm 12 π x kπ= + . Kết hợp với điều kiện 3 0 4 π sin x æ ö ÷ ç + ³ ÷ ç ÷ ç è ø ta suy ra 2 12 x l . π π = + 0,25 • Xét họ nghiệm 5 12 π x mπ.= + Kết hợp với điều kiện 3 0 4 π sin x æ ö ÷ ç + ³ ÷ ç ÷ ç è ø ta suy ra 5 2 1 12 π x ( l )π.= + + • Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 5 2 2 1 12 12 x l ; x ( l ) . π π π π = + = + + 0,25 b) Giải phương trình 2 2 2 2 2 6 4 4 2 3 log x log log x x . .− = • Điều kiện: 0x .> 0,25 • Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 6 4 4 2 3 4 4 6 18 9 log x log log x log x log x log x x . . . .− = ⇔ − = 0,25 • Đặt 2 2 2 2 4 4 6 18 9 4 18 0 3 3 t t t t t t log x . . .     = ⇒ − = ⇔ − − =  ÷  ÷     0,25 • Đặt 9 1 2 2 0 4 4 3 2 t a t x a a  = ⇒ = − ⇒ =    = > ⇒  ÷    = −  Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 1 4 x .= 0,25 Câu III 2 điểm a) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 2 2 xy x y x y x y y x x y  + + = −   − − = −   • Điều kiện 0 1y ; x .≥ ≥ 0,25 • ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 3 1 2 1 0 2 1 0 4 x y x y x y . x y  + = ⇔ + − − = ⇔  − − =   0.25 • Từ (3) và (2) ta có 0 2 1 2 2 x y x y y x x y + =    − − = −   Hệ này vô nghiệm vì 0 1 0 1x y .= + ≥ + = 0,25 • Từ (4) và (2) ta có 2 1 0 2 1 2 2 x y x y y x x y − − =    − − = −   Giải hệ này ta được 5 2 x y =   =  0,25 b) Tính tổng 0 1 2 2008 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2 3 2009 2010S C C C . C C= + + + + + • Ta có ( ) 0 1 2 2 1 1 1 n n n n n n n n n n x C C x C x . C x C x − − + = + + + + + 0,25 • Nhân hai vế với x ta được ( ) 0 1 2 2 3 1 1 1 n n n n n n n n n n x x C x C x C x . C x C x − + + = + + + + + 0,25 • Đạo hàm hai vế ta được ( ) ( ) ( ) 1 0 1 2 2 1 1 1 1 2 3 1 n n n n n n n n n n n x nx x C C x C x . nC x n C x − − − + + + = + + + + + + 0,25 • Cho 1 2009x ,n ,= = ta được 0 1 2 2008 2009 2009 2008 2009 2009 2009 2009 2009 2 3 2009 2010 2 2009 2S C C C . C C .= + + + + + = + 0,25 Câu IV 2 điểm a) Cho tam giác đều ABC cạnh a ở trong mặt phẳng ( ) . α Trên các đường thẳng vuông góc với ( ) α kẻ từ B, C lấy các đoạn 2 2 2 a BD ,CE a= = nằm cùng phía với ( ) . α Chứng minh rằng ADE∆ vuông và tìm góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ) α và ( ) ADE . Ta có 2 2 2 6 2 2 a a AD a .   = + =  ÷  ÷   Tương tự 6 3 2 a AE a ; DE .= = Do đó 2 2 2 AD DE AE ADE+ = ⇒ ∆ vuông tại D. 0.5 Gọi góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ) α và ( ) ADE là . ϕ Ta có 2 3 1 4 1 6 6 3 2 2 2 ABC ADE a S cos . S a a . ϕ = = = 0,5 b) Cho tam giác ABC không tù thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2 2 3+ + =cos A cos B cos C . Tìm số đo các góc của tam giác ABC. Đặt 2 2 2 2 2 3= + + −M cos A cos B cosC . Ta có 2 2 4 2 4 2 2 A B C M cos A sin cos − = + − 0,25 Mà ABC ∆ nhọn nên 2 cos A cosA< và 2 2 2 A B C A sin cos sin , − ≤ nên 0,25 2 2 4 2 4 2 2 1 0 2 2 A A M cos A sin sin   ≤ + − = − − ≤  ÷   0,25 Đáp số 0 0 90 45= = =A ,B C 0,25 Câu Va 2 điểm a) Cho elíp ( ) 2 2 1 9 4 x y E : + = và điểm M thuộc (E). Giả sử d là đường thẳng tiếp xúc với (E) tại M và d cắt trục Ox, Oy tại A, B. Tìm tọa độ điểm M để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất. Phương trình tiếp tuyến ∆ tại ( ) ( ) 0 0 0 0 1 9 4 x x y y M x ; y E : .∈ + = Ta có 0 0 9 4 0 0Ox A ; ; Oy B ; . x y     ∆ ∩ = ∆ ∩ =  ÷  ÷     0,25 Do đó 0 0 0 0 9 4 18 OAB OA ;OB S x y x . y = = ⇒ = . 0,25 Ta có 2 2 0 0 0 0 1 1 6 3 2 2 9 4 2 OAB x y x y . S .   ≤ + = ⇒ ≥  ÷   0,25 Dấu bằng xảy ra 0 0 1 2 3 4 2 2 0 0 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 1 9 4 , , x y M ; ; M ; . x y  =       ⇔ ± ±  ÷  ÷   ÷  ÷      + =   0,25 b) Cho hai số thực x, y thỏa mãn 2 2 x y x y.+ ≤ + Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2P x y.= + 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 x y x y x y .     + ≤ + ⇔ − + − ≤  ÷  ÷     Ta có 1 1 3 2 2 2 2 2 P x y x y .     = + = − + − +  ÷  ÷     0.25 Mà theo bất đẳng thức Bunhicovsky, ta có ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 5 2 1 2 5 2 2 2 2 2 2 x y x y . .             − + − ≤ + − + − ≤ =  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷             1 1 5 10 2 2 2 2 2 x y .     ⇒ − + − ≤ =  ÷  ÷     0.25 Do đó 3 10 2 P . + ≤ Vậy 3 10 2 max P . + = 0.25 Dấu " "= xảy ra khi và chỉ khi 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 x y x . y . x y  − −  = =   ⇔   =       − + − =   ÷  ÷      0.25 Câu Vb 2 điểm a) Cho biết các số phức 1 2 z ,z đều có môđun bằng 1. Chứng minh rằng số phức 1 2 1 1 1 z z z z z + = + có phần ảo bằng 0. Vì 1 1 1 1 1z z cos i sin . ϕ ϕ = ⇒ = + Vì 2 2 2 2 1z z cos i sin . ϕ ϕ = ⇒ = + 0,25 Ta có ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 z z cos cos i sin sin ϕ ϕ ϕ ϕ + = + + + 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos cos i sin cos cos cos i sin ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ + − + − = + − + +   = +  ÷   0,25 Mặt khác ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 1z z cos i sin ϕ ϕ ϕ ϕ + = + + + + 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos i sin cos cos cos i sin ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ + + + = + + + +   = +  ÷   0,25 1 2 1 2 2 2 cos z cos ϕ ϕ ϕ ϕ − = + do đó z là một số thực 0,25 b) Cho x, y thỏa mãn 2 2 1x xy y .− + ≤ Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 4 1 2 3 2 4 1 2 3 x xy y . x xy y  + − ≥ − −   + − ≤ − +   Đặt 2 2 2 2 2 4x xy y P . x xy y + − = − + Đặt 2 2 2 4 1 t t x ty P . t t + − = ⇒ = − + Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 1 4 0P t P t P .− − + + + = 0,5 Trường hợp 1: 2 2P t . = ⇒ = Trường hợp 2: ( ) ( ) ( ) 2 2 1 4 2 4 0P P P P≠ ⇒ ∆ = + − − + ≥ 0,25 2 2 11 0 1 2 3 1 2 3 P P P ⇔ + − ≤ ⇔ − − ≤ ≤ − + Suy ra điều phải chứng minh. 0,25