Bám sát cấu trúc Bộ Giáo Dục và Đào tạo ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi : TOÁN, khối A Thi thử thứ năm hàng tuần (26.02.2009) ĐỀ 02 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 4 4 1y x x x = + + + . 2. Tìm trên đồ thị của hàm số 4 2 2 3 2 1y x x x = − + + những điểm A có khoảng cách đến đường thẳng ( ) : 2 1 0d x y− − = nhỏ nhất. Câu II: ( 2 điểm ) 1. Giải phương trình : ( ) 2 9 3 3 2 log log .log 2 1 1x x x= + − 2. Cho tam giác ABC có ,A B nhọn và thỏa mãn 2 2 2009 sin sin sinA B C+ = .Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại C . Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân ( ) 2 3 1 sin cos sin I dx x x x π π = − ∫ Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp tứ diện đều .S ABCD . Các mặt bên tạo với đáy góc β . Gọi K là trung điểm cạnh SB . Tính góc giữa hai mặt phẳng ( ) AKC và ( ) SAB theo β . Câu V: ( 1 điểm ) Cho bất phương trình : ( ) 2 3 2 2 2 3 2 4 2 4 m x x x x x − − ≥ − + − . Tìm m để bất phương trình có nghiệm x thuộc tập xác định . II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a ( 2 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) C có phương trình: 2 2 6 5 0x y x+ − + = .Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với ( ) C mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 0 60 . 2. Trong không gian Oxyz cho 3 điểm 1 1 1 ;0;0 , 0; ;0 , 1;1; 2 2 3 H K I                   . Tính cosin của góc tạo bởi mặt phẳng ( ) HIK và mặt phẳng toạ độ Oxy . Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho 3 số thực dương , ,a b c thoả mãn 2 2 2 1a b c + + = . Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 2 3 3 2 a b c b c c a a b + + ≥ + + + . 2. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b ( 2 điểm ) 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz cho đường thẳng ( ) : 1 2 3 x y z d = = và các điểm ( ) 2;0;1 ,A ( ) ( ) 2; 1;0 , 1; 0;1B C− . Tìm trên đường thẳng ( ) d điểm S sao cho : SA SB SC+ +    đạt giá trị nhỏ nhất. 2. Viết phương trình đường phân giác trong của 2 đường thẳng : ( ) 1 : 2 3 0,d x y+ + = ( ) 2 : 2 6 0d x y+ + = . Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho 3 số thực dương , ,a b c thoả mãn 1 a b c = + + . Chứng minh rằng : 6a b b c c a+ + + + + ≤ . GV ra đề : Nguyễn Phú Khánh Đà Lạt . Đáp án đăng tải tại http://www.maths.vn sau 15h cùng ngày. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 4 4 1y x x x= + + + . 2. Tìm trên đồ thị của hàm số 4 2 2 3 2 1y x x x= − + + những điểm A có khoảng cách đến đường thẳng ( ) : 2 1 0d x y− − = nhỏ nhất. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 4 4 1y x x x= + + + . Học sinh tự giải . 2. Tìm trên đồ thị của hàm số 4 2 2 3 2 1y x x x= − + + những điểm A có khoảng cách đến đường thẳng ( ) : 2 1 0d x y− − = nhỏ nhất. Giả sử ( ) 4 2 4 2 0 0 0 0 0 0 ; 2 3 2 1 2 3 2 1A x y y x x x y x x x∈ = − + + ⇒ = − + + ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 4 2 0 0 0 0 0 0 0 0 , 2 2 2 1 2 3 2 1 2 3 2 2 1 5 5 2 1 A d x x x x x x x y d − − − + + − + − − = = = + − ( ) ( ) 2 2 0 , 3 7 2 4 8 7 5 5 40 A d x d   − +     = ≥ Vậy ( ) ( ) , 7 5 min 40 A d d = khi 2 0 0 3 3 0 4 2 x x− = ⇔ = ± 0 0 3 1 3 1 , 3 ; 3 2 8 2 8 x y A   • = − = − − ⇒ − − −     0 0 3 1 3 1 , 3 ; 3 2 8 2 8 x y A   • = = − + ⇒ − +     Câu II: ( 2 điểm ) 1. Giải phương trình : ( ) 2 9 3 3 2 log log .log 2 1 1x x x= + − Điều kiện: 0 2 1 0 0 2 1 1 0 x x x x  >   + ≥ ⇔ >   + − >   Phương trình : ( ) ( ) 2 2 9 3 3 3 3 3 1 2 log log .log 2 1 1 2 .log log .log 2 1 1 0 2 x x x x x x   = + − ⇔ − + − =     ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 log 0 1 log . log log 2 1 1 0 1 2 log log 2 1 1 0 2 x x x x x x =     ⇔ − + − = ⇔        − + − =       ( ) ( ) 3 3 1 1 1 1 4 4 0 2 1 1 log log 2 1 1 x x x x x x x x x x x = = = =      ⇔ ⇔ ⇔ ⇔   = − = = + − = + −         thỏa 0x > . 2. Cho tam giác ABC có ,A B nhọn và thỏa mãn 2 2 2009 sin sin sinA B C+ = .Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại C . Ta chứng minh được 2 2 2 sin sin sin 2 2 cos .cos .cosA B C A B C+ + = + ( bài tập giáo khoa đại số 10). Như vậy ta luôn có 2 2 2 2009 2009 sin sin sin sin sin 2 2 cos .cos .cosA B C C C A B C+ = ⇔ + = + . Vì 2 2009 sin sin 2C C+ ≤ nên ( ) 2 2 cos .cos .cos 2 cos .cos .cos 0 *A B C A B C+ ≤ ⇒ ≤ . Do tam giác ABC có ,A B nhọn , đẳng thức ( ) ( ) * cos 0 1C ⇒ ≤ . Mặt khác : 2 2009 0 sin 1 sin sinC C C< ≤ ⇒ ≤ hay 2 2 2 2 2 2 sin sin sinC A B c a b≤ + ⇔ ≤ + ( định lý hàm sin) ( ) 2 2 2 2 2 . .cos cos 0 2a b a b C a b C⇔ + − ≤ + ⇔ ≥ ( định lý hàm cosin). Từ ( ) 1 và ( ) 2 suy ra cos 0 2 C C π = ⇔ = . Vậy tam giác ABC vuông tại C . Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân ( ) 2 3 1 sin cos sin I dx x x x π π = − ∫ Cách 1 : ( ) ( ) 2 2 3 3 1 1 1 sin cos sin 2 sin sin 4 I dx dx x x x x x π π π π π = = − − ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) cos sin .cos cos .sin cos 4 4 4 cot cot 4 sin sin sin .sin 4 4 x x x x x x x x x x x x π π π π π π − − − −   − − = − =     − − ( ) ( ) ( ) sin 1 4 sin .sin 2 sin sin 4 4 x x x x x x π π π   − −     = = − − 2 3 cot cot ? 4 I x x dx π π π     = − − =         ∫ Cách 2 : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 1 1 1 1 cot 1 ? sin cos sin 1 cot sin cot 1 sin cot 1 I dx dx dx d x x x x x x x x x π π π π π π π π − = = = = − = − − − − ∫ ∫ ∫ ∫ Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp tứ diện đều .S ABCD . Các mặt bên tạo với đáy góc β . Gọi K là trung điểm cạnh SB . Tính góc giữa hai mặt phẳng ( ) AKC và ( ) SAB theo β . Gọi O là tâm hình vuông ABCD cạnh a . Khi đó ( ) SO ABCD⊥ và SO h = . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho , ,OA Ox OB Oy OS Oz ≡ ≡ ≡ và ( ) ( ) 0;0;0 , ; 0;0 ,O A a ( ) 0; ;0 ,B a ( ) ;0;0 ,C a − ( ) ( ) 0; ; 0 , 0;0; , 0; ; 2 2 a h D a S h K   −     . Mặt phẳng ( ) ( ) 2 2 2 1 : 0, : 1 cos 2 2 1 x y z a ABC z SAB a a h h a h a β = + + = ⇒ = = +   +     ( ) 2 2 2 1 cos 1 2 cos h a β β   − ⇒ =     Gọi µ là góc giữa hai mặt phẳng ( ) AKC và ( ) SAB . Mặt phẳng ( ) AKC đi qua K và chứa trục Ox nên có phương trình : 0hy az− + = ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 cos 2 2 . 1 2 . 1 h a a h a h a h h h a a µ   −   −   ⇒ = = + +     + +         . Từ ( ) 1 và ( ) 2 suy ra ( ) 3 2 3 cos 1 cos 2 1 cos β µ β − = + Câu V: ( 1 điểm ) Cho bất phương trình : ( ) 2 3 2 2 2 3 2 4 2 4 m x x x x x − − ≥ − + − . Tìm m để bất phương trình có nghiệm x thuộc tập xác định . Điều kiện : 2 2x− < < Khi đó bất phương trình : ( ) 2 3 2 2 4 3 2 2 3 2 4 2 2 5 8 4 m x x x x x x x m x − − ≥ − + ⇔ − − ≥ − − Xét hàm số : ( ) 4 3 2 2 5f x x x x= − − , xác định và liên tục trên khoảng ( ) 2;2− . Trên khoảng ( ) 2;2− ta có : ( ) 3 2 ' 4 6 10f x x x x= − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 0, 0 0 4 6 10 0 4 6 10 0 ' 0 1, 1 2 2;2 2;2 5 2;2 2 x f x x x x x x f x x f x x x   = =  − − =  − − =    = ⇔ ⇔ ⇔ = − − = −    ∈ − ∈ −       = ∉ −   ( ) ( ) 2 2 lim 12, lim 20 x x f x f x + − →− → = = − Lập bảng biến thiên , từ đó suy ra : bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 12 8 4m m> − ⇔ > − Chú ý : Bất phương trình nghiệm đúng với mọi giá trị của x thuộc tập xác định khi và chỉ khi 20 8 28m m− > − ⇔ > II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a ( 2 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) C có phương trình: 2 2 6 5 0x y x+ − + = .Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với ( ) C mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 0 60 . Phương trình của ( ) C có dạng: ( ) 2 2 3 4x y− + = , có tâm là ( ) 3; 0I , bán kính 2R = . Vẽ đường tròn trên hệ trục toạ độ Oxy , dễ thấy trục tung không có điểm chung với đường tròn ( ) C . Do đó, qua một điểm M bất kì trên tục tung luôn kẻ được hai tiếp tuyến của ( ) C . Giả sử điểm ( ) 0;M m tùy ý thuộc trục tung.Qua M , kẻ các tiếp tuyến MA và MB của ( ) C , trong đó ,A B là các tiếp điểm. Từ giả thiết góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 0 60 nên ta luôn có   0 0 60 (1) 120 (2) AMB AMB  =   =  Vì MI là phân giác của  AMB nên :  0 2 0 (1) 30 2 9 4 7 sin 30 IA AMI MI MI R m m⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ±  0 2 0 2 3 4 3 (2) 60 9 3 3 sin 60 IA R AMI MI MI m⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + = (*) Dễ thấy, không có m thỏa mãn (*) Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là: ( ) 0; 7M − và ( ) 0; 7M . 2. Trong không gian Oxyz cho 3 điểm 1 1 1 ;0;0 , 0; ;0 , 1;1; 2 2 3 H K I                   . Tính cosin của góc tạo bởi mặt phẳng ( ) HIK và mặt phẳng toạ độ Oxy . Mặt phẳng ( ) HIK có vectơ chỉ phương là 1 1 1 1 ; ; 0 , ;1; 2 2 2 3 HK HI     = − =           nên có vectơ pháp tuyến là ( ) 1 1 3 1 ; ; ; 2;2; 9 6 6 4 12 n HK HI     = = − = −          , ( ) HIK chọn vectơ pháp tuyến là ( ) 2;2; 9m = −  Mặt phẳng ( ) HIK đi qua 1 ;0;0 2 H       và có vectơ pháp tuyến là ( ) 2;2; 9m = −  , nên có phương trình : ( ) ( ) 1 2 2 0 9 0 0 2 2 9 1 0 2 x y z x y z   − + − − − = ⇔ + − − =     . Mặt phẳng ( ) : 0Oxy z = Góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ) ( )  0.2 0.2 9 9 , : cos 4 4 81. 0 0 1 89 HIK Oxy β + −   = =     + + + + . Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho 3 số thực dương , ,a b c thoả mãn 2 2 2 1a b c+ + = . Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 2 3 3 2 a b c b c c a a b + + ≥ + + + . Phân tích bài toán : • Trường hợp tổng quát , giả sử 0 a b c< ≤ ≤ thoả mãn điều kiện 2 2 2 1a b c+ + = , vậy ta có thể suy ra 0 1a b c< ≤ ≤ < hay không?. Như vậy điều kiện , ,a b c không chính xác vì dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi 2 2 2 0 1 1 , , 0; 1 3 3 a b c a b c a b c a b c  < = =    ⇒ = = = ⇒ ∈    + + =     . • Ta thấy mối liên hệ gì của bài toán ?. Dễ thấy 2 2 2 1a b c+ + = và 2 2 2 2 2 2 , ,b c c a a b+ + + . Gợi ý ta đưa bài toán về dạng cần chứng minh : 2 2 2 3 3 2 1 1 1 a b c a b c + + ≥ − − − . • Vì vai trò , ,a b c như nhau và 2 ý phân tích trên gợi ý ta đưa đến cách phân tích ( ) 2 2 2 2 2 2 3 3 2 1 1 1 a b c a b c a b c + + ≥ + + − − − và cần chứng minh 2 2 2 2 2 2 3 2 1 3 2 1 3 2 1 a a a b b b c c c  ≥  −   ≥  −   ≥  −  . • Ta thử đi tìm lời giải : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 3 3 2 4 8 (1 ) (1 ) 2 (1 ) 2 2 27 27 1 1 3 3 a a a a a a a a a a a ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − − − Dễ thấy 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) 2 (1 )(1 ) 2 (1 ) (1 ) 2 a a a a a a a a  − = − −   + − + − =   Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân 2 2 2 2 2 2 3 2 2 (1 ) (1 ) 3 2 (1 )(1 )a a a a a a= + − + − ≥ − − 2 2 2 2 2 2 3 2 8 2 (1 )(1 ) 2 (1 ) 3 27 a a a a a⇒ ≥ − − ⇔ ≥ − Tương tự cho các trường hợp còn lại. Bài giải dành cho độc giả : Độc giả muốn tìm hiểu thêm về điểm rơi bất đẳng thức trong côsi ( AM_GM) vui lòng tìm đọc bài viết trên diễn đàn toán học Việt Nam http://www.maths.vn hoặc diễn đàn toán học thế giới http://www.mathlinks.ro , hi vọng qua các bài toán điểm rơi trong AM_GM sẽ giúp các em THPT một cách nhìn mới về bất đẳng thức cổ điển thuộc chương trình THPT hiện nay , BĐT rất đơn giản và dễ hiểu. Chúc các bạn độc giả thành công . Câu VI.b ( 2 điểm ) 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz cho đường thẳng ( ) : 1 2 3 x y z d = = và các điểm ( ) 2; 0;1 ,A ( ) ( ) 2; 1;0 , 1;0;1B C− . Tìm trên đường thẳng ( ) d điểm S sao cho : SA SB SC+ +    đạt giá trị nhỏ nhất. Bài toán này nhiều cách giải , tôi đưa ra một cách giải ngắn gọn chứ không phải là cách giải đẹp!. Gọi G là trọng tâm tam giác 5 1 2 ; ; 3 3 3 ABC G   ⇒ −     . Dễ thấy 3 3SA SB SC SG SA SB SC SG+ + = ⇒ + + =         SA SB SC+ +    đạt giá trị nhỏ nhất khi 3 SG  đạt giá trị nhỏ nhất , khi đó S là hình chiếu của G lên ( ) d . Giả sử ( ) β là mặt phẳng qua G và vuông góc với ( ) d , thì phương trình mặt phẳng ( ) : 2 3 3 0x y z β + + − = . Khi đó toạ độ điểm S cần tìm là giao điểm của đường thẳng ( ) d và mặt phẳng ( ) β , toạ độ điểm S thoả mãn hệ : ( ) ( ) 3 14 : 2 3 3 0 3 3 3 9 ; ; 7 14 7 14 : 1 2 3 9 14 x x y z y S x y z d z β  =   + + − =      ⇔ = ⇒     = =       =   2. Viết phương trình đường phân giác trong của 2 đường thẳng : ( ) 1 : 2 3 0,d x y+ + = ( ) 2 : 2 6 0d x y+ + = . Đây là phần giảm tải thuộc chương trình THPT. Do đó độc giả nghiên cứu thêm . Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho 3 số thực dương , ,a b c thoả mãn 1 a b c = + + . Chứng minh rằng : 6a b b c c a+ + + + + ≤ . Phân tích bài toán : • Trường hợp tổng quát , giả sử 0 a b c< ≤ ≤ thoả mãn điều kiện 1a b c+ + = , dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi 0 1 1 3 a b c a b c a b c  < = =  ⇒ = = =  + + =   . Hằng số cần thêm là 1 3 . • Từ giả thiết gợi ý ta đưa đến cách phân tích ( ) 6a b b c c a a b c+ + + + + ≤ + + hay 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 . 2 2 2 2 a b b c c a S a b b c c a   + + + + + + + + +   = + + + + + ≤ + +         . • Ta thử đi tìm lời giải : Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân ( ) ( ) 1 1 2 3 3 3 2 3 3 3 . . 2 2 2 2 2 3 a b a b a b a b   + + + + +   = ≥ + = +         Tương tự cho các trường hợp còn lại . Cách khác : Giả sử với mọi 0m > , ta luôn có : ( ) 1 1 2 a b m a b a b m m m   + + + = + ≤     . Vấn đề bây giờ ta dự đoán 0m > bao nhiêu là phù hợp?. Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi 2 1 3 3 a b m m a b  + =  ⇔ =  = =   . Giải : Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 _ 3 2 3 3 . . . 2 3 2 2 2 _ 3 2 3 3 . . . 2 3 2 2 2 _ 3 2 3 3 . . . 2 3 2 2 AM GM a b a b a b AM GM b c b c b c AM GM c a c a c a  + +  + = + ≤    + +  + = + ≤    + +  + = + ≤    ( ) 2 2 3. 3 3 3 . .2 6 2 2 2 a b c a b b c c a + + + ⇒ + + + + + ≤ = = (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi 1 3 a b c= = = . Chúc các em thành công . . Bám sát cấu trúc Bộ Giáo Dục và Đào tạo ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn thi : TOÁN, khối A Thi thử thứ năm. 2 a a a a a a a a  − = − −   + − + − =   Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân 2 2 2 2 2 2 3 2 2 (1 ) (1 ) 3 2 (1 )(1 )a a a a a a=