2 DE THI THU DAI HOC MON TOAN DA NANG VINH PHUC

Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4.2[r]

2 ĐỀ THI THỦ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN: ĐÀ NẴNG, VĨNH PHÚC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN 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) 8x  4 9x21

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình

8cos x 9cos x m 0   với x[0; ]

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình:  

3

log x

1

2

2 Giải hệ phương trình:

y x y 12







Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đườngy|x2 4 |x và y2x

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước Tính

thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ

Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm

2

4sin3xsinx + 4cos 3x - cos x + cos 2x + m 0

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1 ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y 1 0   và phân giác trong CD:

x y 1 0   Viết phương trình đường thẳng BC

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số

x 2 t

y 2t

z 2 2t

 









  



.Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D) Trong các mặt phẳng qua , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất

Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1] Chứng minh rằng

xy 1 yz 1 zx 1 x y z        

2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

1 Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C và D

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường

thẳng  có phương trình tham số

x 1 2t

y 1 t

z 2t

 





 



 

 Một điểm M thay đổi trên đường thẳng , xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất

Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh

3a b 3a c 2a b c 3a c 3a b

Đáp án

+ Sự biến thiên:

 Giới hạn: xlim y ; limx y

      

 y ' 32x318x = 2x 16x 2 9

0

4

x y

x







 

 



0,25

 Bảng biến thiên

 

y y  y y  y y 

0,25

 Đồ thị

0,25

Xét phương trình 8 osc 4x 9 osc 2x m 0 với x[0; ] (1) Đặt t c osx, phương trình (1) trở thành: 8t4 9t2 m0 (2)

Vì x[0; ] nên t  [ 1;1], giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau

0,25

Ta có: (2) 8t4 9t2  1 1 m(3) Gọi (C1): y8t4  9t21 với t  [ 1;1]và (D): y = 1 – m

Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D)

Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền   1 t 1

0,25 Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:



81 32

m 

: Phương trình đã cho vô nghiệm

0,50

81 32

m 

: Phương trình đã cho có 2 nghiệm



81 1

32

m

 

: Phương trình đã cho có 4 nghiệm

 0m1 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm

 m 0 : Phương trình đã cho có 1 nghiệm

 m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm

Phương trình đã cho tương đương:

3

log

3

2 0

1 1

1

2 2

2

2 2

2 0

x x

x

x x x

x

x x

x

            

 



0,50

3

2

2

x

x



       

      





0,50

Điều kiện: | | | |x  y

Đặt

2 2; 0

v x y





 

 ; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có

2

1 2

u

v

   

 

Hệ phương trình đã cho có dạng:

2

12 12 2

u v

v v

 











0,25

4 8

u v





 



 hoặc

3 9

u v









 +

2 2







+

2 2







0,25

Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là

 5;3 , 5; 4 

Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y|x2 4 | ( )x C và  d :y2x 0,25

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

6

x

           



       

Suy ra diện tích cần tính:

S x  x  x dx x  x  x dx

2 2 0

| 4 | 2

I  x  x  x dx

Vì  x 0; 2 , x2  4x0 nên |x2 4 |x x24x   

2 2 0

4

4 2

3

I x  x x dx

0,25

2

| 4 | 2

K  x  x  x dx

Vì  x 2; 4 , x2 4x0 và  x 4;6 , x2 4x0 nên

K  x x  x dxx  x x dx

0,25

Vậy

16

Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung điểm

'

AB IC

AB HH









 Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp

xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K II '

0,25

Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn Ta có:

I KI H  I C  IK IH  IC

Tam giác IOI’ vuông ở O nên:

6 3

I K IK OK  r  x 

0,25

Thể tích hình chóp cụt tính bởi:  ' '

3

h

V  B B  B B

Trong đó:

x

B x  B   h

0,25

Từ đó, ta có:

0,25

Ta có:

+/ 4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ;

4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x

c   c    c   c  

os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x

c     c    

Do đó phương trình đã cho tương đương:

2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)

Đặt t cos2x + sin2x = 2 os 2x - c 4



  (điều kiện:  2 t 2)

0,25

Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t21 Phương trình (1) trở thành:

2 4 2 2 0

t  t m  (2) với  2 t 2

2

(2) t 4t 2 2m

Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( ) :D y 2 2m (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y t 2 4t với  2 t 2

0,25

Trong đoạn  2; 2 , hàm số y t 2 4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 4 2 tại

2

t  và đạt giá trị lớn nhất là 2 4 2 tại t  2

0,25

Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 4 2 2 2   m 2 4 2

2 2 m 2 2

Điểm C CD x y :  1 0  C t ;1 t Suy ra trung điểm M của AC là

1 3

;

2 2

M   

  0,25

1 3

MBM x y           t  C 

Từ A(1;2), kẻ AK CD x y:   1 0 tại I (điểm K BC )

Suy ra AK:x1  y 2  0 x y  1 0

1 0

0;1

1 0

x y

I

x y

  







  

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1;0

0,25

Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:

1

4 3 4 0

7 1 8

x y



    

 

0,25

2 1,00

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng , thì ( ) //( )P D hoặc ( )P ( )D Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) Ta luôn có IH IA và

Mặt khác

   

 









Trong mặt phẳng  P , IH IA; do đó maxIH = IA H A Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A

0,25

Vectơ pháp tuyến của (P0) là n IA 6;0; 3 



 

, cùng phương với v 2;0; 1 



Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2x 41.z12x - z - 9 = 0

0,50

Để ý rằng xy1  x y   1 x 1 y0;

và tương tự ta cũng có

1 1

yz y z

zx z x

  





  



0,50

Vì vậy ta có:

3

1 zx+y 1

5 1

5

x y z

x

yz zx y xy z

x

z y y z

    



0,50

Ta có: AB  1; 2 AB 5

Phương trình của AB là:

2x y  2 0

I d y x  I t t

I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C t2 1; 2 ,t D t t 2 ;2  2

0,25

Mặt khác: S ABCDAB CH 4 (CH: chiều cao)

4 5

CH

0,25

Ngoài ra:

; , ;

| 6 4 | 4 3 3 3 3 3

;

0 1;0 , 0; 2

t

d C AB CH

 

 Vậy tọa độ của C và D là

5 8 8 2

; , ;

3 3 3 3

C  D 

    hoặc C1;0 , D0; 2 

0,50

Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM

Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất

Đường thẳng  có phương trình tham số:

1 2 1 2

z t

 





 



 

Điểm M   nên M 1 2 ;1 ; 2t  t t

2

2

              

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u3 ;2 5t 

và v  3t6; 2 5

Ta có

2 2

2 2

| | 3 2 5

| | 3 6 2 5













Suy ra AM BM | | | |u  v

 

và u v  6; 4 5 |u v  | 2 29 Mặt khác, với hai vectơ u v,

 

ta luôn có | | | | |u  v  u v|

    Như vậy AM BM 2 29

0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u v,

  cùng hướng

3 2 5

1

3 6 2 5

t

t t

 

1;0; 2

M



và minAM BM  2 29

0,25

Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:

a b c

b c a

c a b

 





 



  

Vế trái viết lại:

0,50

VT

a c a b a b c

y z z x x y

2

x y z z x y z z x y

x y z x y

   Tương tự:

y z  x y z z x    x y z 

Do đó:

2

2

x y z

y z z x x y x y z

 

Tức là:

2

a

0,50

SỞ GD  ĐT VĨNH PHÚC

Trường THPT Tam Dương

ĐỀ THI THỬ ĐH,CĐ Môn: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số y x  3 3 mx2  4 m3 (m là tham số) có đồ thị là (C m)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.

2 Xác định m để (C m ) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.

Câu 2 (2.0 điểm ) :

1 Giải phương trình: 2

sin 2 cos

x

x x

x



2 Tìm m để hệ phương trình:





Câu 3 (2.0 điểm): 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần

lượt có phương trình:

(P): 2x  y  2z  2 = 0; (d):

x y  z 



1 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 2 và vắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3.

2 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất.

Câu 4 (2.0 điểm):

1 Cho parabol (P): y = x2 Gọi (d) là tiếp tuyến của (P) tại điểm có hoành độ x = 2 Gọi (H) là hình giới hạn bởi (P), (d) và trục hoành Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình (H) khi quay quanh trục Ox.

2 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2  3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

xy yz zx

Câu 5 (2.0 điểm):

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip (E):

2 2

1

x y

và parabol (P): y2 = 12x

2 Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển Newton:

12

4 1

1 x

x

o0o

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: SBD:

SỞ GD  ĐT VĨNH PHÚC

Trường THPT Tam Dương

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH,CĐ

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút

I

1 Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3  3x2 + 4

+ TXĐ: R

+ Sự biến thiên: y’ = 3x2  6x = 0  x = 0 hoặc x = 2

Hàm số đồng biến trên: (; 0) và (2; +)

Hàm số nghich biến trên: (0; 2)

Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0

y” = 6x  6 = 0  x = 1

Đồ thị hàm số lồi trên (; 1), lõm trên (1; +) Điểm uốn (1; 2)

0.25

Giới hạn và tiệm cận:

3

3

x x

   

LËp BBT:

0.25

§å thÞ:

0.25

∞



y’

y

0

x

0

y

x O

2/ Ta có: y’ = 3x2  6mx = 0 

0 2

x

x m





 



Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  0.

0.25

Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)   AB  (2 ; 4 m  m3)

Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng

y = x và I thuộc đường thẳng y = x

3 3

2

m m

m m



 





0.25

Giải ra ta có:

2 2

m 

Kết hợp với điều kiện ta có:

2 2

m 

II

2/ Đk: x k 2



Phương trình đã cho tương đương với:

2 2

4

3 1 tg x 2 3 2cotg x

sin 2x 2(sin x cos x)

sin x cos x 3tg x 2tg x 3 0



0.25



3

3 1

tg

tg

x









 

   

0.25

KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x 6 k 2

 

2/

3 3 2 0 (1)







Điều kiện:

2 2

y

y y

     





 



0.25

Đặt t = x + 1  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2 0.25

Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: 0.25

(1)  y = y  y = x + 1  (2)  x2 2 1 x2 m0

Đặt v 1 x2  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  1 = m.

Hàm số g(v) = v2 + 2v  1 đạt min g(v)[0;1] 1; max g(v) 2[0;1] 

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1  m 2

0.25

III

1/ Đường thẳng () có phương trình tham số là:

1 2 ; 2

x t









  



Gọi tâm mặt cầu là I Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)()

0.25

Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:

d I           



2 3 7 3

t t









 



0.25

 Có hai tâm mặt cầu:

Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có bán

kính là R = 5.

0.25

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:

0.25

2/ Đường thẳng () có VTCP u    ( 1;2;1); PTTQ:

2 0

x y

x z







Mặt phẳng (P) có VTPT n   (2; 1; 2)  

0.25

Góc giữa đường thẳng () và mặt phẳng (P) là:

sin

3

3 6

 Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là

6 3 cos 1

9 3

   

0.25

Giả sử (Q) đi qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z  2) = 0 (m2+ n2 > 0)

 (2m + n)x + my + nz + m  2n = 0

cos

3

3 5 2 4

m

0.25

 m2 + 2mn + n2 = 0  (m + n)2 = 0  m = n.

Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y  z + 3 = 0

0.25

1/ Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 2 là: y = 4x  4

0.25

Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là:

(4 4)

=

5

3

x

x

2/ Ta có:

xy yz zx

2 2 2

P

xy yz zx x y z



Vậy GTNN là Pmin =

3

V

1/ Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = 0 (A2 + B2 > 0)

() là tiếp tuyến của (E)  8A2 + 6B2 = C2 (1)

() là tiếp tuyến của (P)  12B2 = 4AC  3B2 = AC (2)

0.25

Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = 2A.

Với C = 4A 

2 3

A

B 

 Đường thẳng đã cho có phương trình:

3 3

A

Ax  y  A   x  y  

0.25

Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm:

2 3

4 0 3

Ta có:

12

12 0

k

k





 

12

12

0 0

1

( 1)

i

k

k

x

C C x



 



0.25

Ta chọn: i, k N, 0  i  k  12; 4k  5i = 8

Vậy hệ số cần tìm là: C C122. 20 C C127. 74  C C1212. 128  27159 0.25