DE THI DAI HOC NAM 2009(Theo CT cua Bo...)

Tớnh theo a khoảng cỏch từ B đến mặt phẳng SAC.. Tìm m để trên đđ-ờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn C B, C là hai tiếp điểm sao cho t

BỘ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG KHỐI A, B NĂM 2009

Đề chớnh thức MễN: TOÁN - Thời gian: 180 phỳt.

(Thớ sinh đọc kỹ đề trước khi làm bài)

Cõu I(2 điểm): Cho hàm sốy x 32mx2 (m3)x4 cú đồ thị là (Cm)

1) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trờn khi m = 1

2) Cho (d) là đường thẳng cú phương trỡnh y = x + 4 và điểm K(1; 3) Tỡm cỏc giỏ trị của tham số m sao cho (d) cắt (Cm) tại ba điểm phõn biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giỏc KBC cú diện tớch bằng 8 2

Cõu II(2 điểm):

1) Giải phương trỡnh: cos2x 5 2(2 - cos )(sin - cos )x x x

2) Giải hệ phương trỡnh:

x y x y







Cõu III(2 điểm):

1) Tớnh tớch phõn I =2 2

6

1 sin sin

2







2) Tỡm cỏc giỏ trị của tham số thực m sao cho phương trỡnh sau cú nghiệm thực:

91 1  x2  (m2)31 1  x2 2m 1 0

Cõu IV(1 điểm): Cho hỡnh chúp S ABC cú gúc ((SBC), (ACB)) = 600, ABC và SBC là cỏc tam giỏc đều cạnh a Tớnh theo a khoảng cỏch từ B đến mặt phẳng (SAC)

Phần riờng : (Thớ sinh chỉ chọn một trong hai phần dưới đõy để làm bài)

Phần I: Theo chương trỡnh chuẩn:

Cõu Va(1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x - 1)2 + (y + 2)2 = 9 và đ-ờng thẳng d: x + y + m = 0 Tìm m để trên đđ-ờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông

Cõu VIa(1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng

trình

3

1 1

2





x

Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P)

là lớn nhất

Cõu VIIa( 1 điểm ) : Cho ba số thực dương a, b, c thỏa món abc = 1 Chứng minh rằng:

(1b)(1a c) (1 c)(1b a) (1 a)(1c b)

Phần II:Theo chương trỡnh nõng cao:

Cõu Vb(1 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;–3), B(3;–2),  ABC cú diện tớch bằng 3

2; trọng tõm

G của ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0 Tỡm bỏn kớnh đường trũn nội tiếp  ABC

Cõu VIb(1 điểm): Trong khụng gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng:

(P): 2x – 2y – z + 1 = 0, (Q): x + 2y – 2z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 4x – 6y + m = 0 Tỡm tất cả cỏc giỏ trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm M, N sao cho độ dài MN = 8

Cõu VIIb(1 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa món abc = 1 Chứng minh rằng:

c   a   b  

Thớ sinh nghiờm tỳc làm bài Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm!

Đáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG KHỐI A, B NĂM 2009

Phần chung:

Câu I(2 điểm): Cho hàm sốy x 3 2mx2 (m3)x4 có đồ thị là (C m )

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C 1 ) của hàm số trên khi m = 1.

2) Cho (d) là đường thẳng có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3) Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 Giải:

Phương trình hoành độ điểm chung của (Cm) và d là:

2

2

2 ( 3) 4 4 (1)

0

x x mx m

x

g x x mx m







(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

/ 2 2 0 ( ; 1] [2;+ ) ( )

2

m

m





2

1 3 4

2 1

2

KBC

d K d

 

(x B x C) (y B y C) 256

     với x x là hai nghiệm của phương trình (2) B, C

2

2

m 

Câu II:

1) Giải phương trình: cos2x 5 2(2 - cos )(sin - cos )x x x

Giải: phương trình  (cosx–sinx)2 - 4(cosx–sinx) – 5 = 0

cos - sin -1

cos - sin 5( cos - sin 2)

x x loai vi x x





 



2 2

  



  



2) Giải hệ phương trình:

x y x y







Giải: (1)  y  0

Hệ 

3

3 2

2



Đặt a = 2x; b = 3

y Ta có hệ:

1

a b

a b

ab

ab a b

 







Hệ đã cho có 2 nghiệm 3 5; 6 , 3 5; 6

Câu III:

1) Tính tích phân I =2 2

6

1 sin sin

2





Giải: I = 2 2

6

3

2





2

x   u  I  

2

4

2

sin 2

3



udu= 3  2

16  

2) Tỡm cỏc giỏ trị của tham số thực m sao cho phương trỡnh sau cú nghiệm thực:

91 1  x2  (m2)31 1  x2 2m  (1)1 0

Giải: Đk x [-1;1], đặt t = 31 1  x2 ; x [-1;1] t [3;9]

(1) trở thành

2

2

t



Xột hàm số f(t) =

2

t

 , với t [3;9]

2

3 ( 2)

t

t t





Lập bảng biến thiờn

7

4

(1) cú nghiệmx [-1;1]  (2) cú nghiệm t [3;9] 4 48

7

m

Cõu IV: Cho hỡnh chúp S ABC cú gúc ((SBC), (ACB)) =60 0 , ABC và SBC là cỏc tam giỏc đều cạnh a Tớnh theo a khoảng cỏch từ B đến mặt phẳng (SAC)

Giải:

Gọi M là trung điểm của BC và O là hỡnh chiếu của S lờn AM Suy ra:

SM =AM =a23; AMS 60 0 và SO  mp(ABC)

 d(S; BAC) = SO =34a

 V(S.ABC) =1 ( ). 3 3

Mặt khỏc, V(S.ABC) =1 ( ) ( ; )

3dt SAC d B SAC

SAC cõn tại C cú CS =CA =a; SA =a23

 dt(SAC) = a2 1613 3

Vậy d(B; SAC) = dt SAC(3V ) 313a

Phần riờng:

1 Theo chương trỡnh chuẩn:

Cõu Va(1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x - 1) 2 + (y + 2) 2

= 9 và đờng thẳng d: x + y + m = 0 Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó

kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC

vuông.

Từ phơng trình của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và

AC

AB  => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 IA 3 2

5 1

7 2

m m

m

m





C S

O M A

B

Cõu VIa (1 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng

trình

3

1 1

2





x

Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất

Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P)

Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH  HI=> HI lớn nhất khi A  I

Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véctơ pháp tuyến.

) 3 1

;

; 2 1

H d

H     vì H là hình chiếu của A trên d nên AH d                AH u 0 ( u(2;1;3)

là véc tơ chỉ phơng của d)  H( 3 ; 1 ; 4 )  AH(  7 ;  1 ; 5 )

Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y - 5z -77 = 0

Cõu VIIa( 1 điểm ) : Cho ba số thực dương a, b, c thỏa món abc = 1 Chứng minh rằng:

(1b)(1a c) (1 c)(1b a) (1 a)(1c b)

(1b a)(1c) 8b 8c  4 (1a c b)(1a) 8c 8a 4 (1b a c)(1b) 8a 8b4c

3

(1b a)(1c) (1 c b)(1a) (1 a c)(1b)a b c 2  4  2abc  4 4 , dấu = xảy ra khi a= b=c= 1 Suy ra đpcm

Theo chương trỡnh nõng cao:

Cõu Vb: Cho  ABC cú diện tớch bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tõm G  (d) 3x – y – 8 = 0 Tỡm bỏn

kinh đường trũn nội tiếp  ABC

Giải: Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) = 5 2

2

ABC

AB

 



5 3

2(2)

a b

a b

a b



 ; Trọng tõm G  5; 5

a b  (d)  3a –b =4 (3)

(1), (3)  C(–2; 10)  r = 3

S

(2), (3)  C(1; –1)  3

2 2 5

S r p



Cõu VIb: Trong khụng gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng:

(P): 2x – 2y – z + 1 =0, (Q): x + 2y – 2z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 4x – 6y + m = 0

Tỡm tất cả cỏc giỏ trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8

Giải: (S) tõm I(-2;3;0), bỏn kớnh R= 13 m IM m ( 13)

Gọi H là trung điểm của MN  MH= 4  IH = d(I; d) = m 3 (d) qua A(0;1;-1), VTCP u  (2;1;2) d(I; d) = ;

3

u AI u



 



Vậy : m 3=3  m = –12( thỏa đk)

Cõu VIIb: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa món abc = 1 Chứng minh rằng:

c   a   b  

Giải:

8c  1 (2 1)(4c c  2 1)c cauchy 2c   1 8c a312c2a1

2c a1 2 a b1 2 b c1 ( tự c/m)