ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 – SỐ 5. Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số 4 2 5 4,y x x= − + có đồ thị (C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm m để phương trình 4 2 2 | 5 4| logx x m− + = có 6 nghiệm phân biệt. Câu II (2.0 điểm). 1. Giải phương trình 1 1 sin 2x sin x 2cot 2x 2sin x sin 2x + − − = . 2. Tìm m để phương trình ( ) 2 m x 2x 2 1 x(2 x) 0 (2)− + + + − ≤ có nghiệm x 0; 1 3   ∈ +   . Câu III (1.0 điểm). Tính tích phân dx. .cos.sin. 3 2 0 sin 2 xxe x ∫ π Câu IV (1.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA 1 B 1 C 1 có AB = a, AC = 2a, AA 1 2a 5= và o 120BAC = ∧ . Gọi M là trung điểm của cạnh CC 1 . Chứng minh MB ⊥ MA 1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A 1 BM). Câu V (1.0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương dương. Chứng minh rằng 3 2 4 3 5x y z xy yz zx+ + ≥ + + . II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) 1. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a. (2.0 điểm). Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm ( 1; 3; 0), (1; 3; 0) à M(0; 0; a)B C v− với a > 0. Trên trục Oz lấy điểm N sao cho mặt phẳng (NBC) vng góc với mặt phẳng (MBC). 1. Cho 3a = . Tìm góc giữa mặt phẳng (NBC) và mặt phẳng (OBC). 2. Tìm a để thể tích của khối chóp BCMN nhỏ nhất. Câu VII.a. (1.0 điểm). Giải hệ phương trình 2 1 2 1 2 2 3 1 ( , ) 2 2 3 1 y x x x x x y y y y − −  + − + = +  ∈  + − + = +   ¡ . 2. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b. (2.0 điểm). Trong khơng gian Oxyz cho hai điểm A (-1; 3; -2), B (-3; 7; -18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0 1. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vng góc với mp(P). 2. Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Câu VII. b. (1.0 điểm). Giải bất phương trình: 2 x 4 2 (log 8 log x )log 2x 0+ ≥ . ……………………………………… Gv. Trần Mạnh Tùng …………….……………………… Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………………………số báo danh: 12U – 22 – 06 – 2009. Bài giải - Đề số 5 – Toán 12U Câu I: 9 4 4 12 9 log 12 144 12 4 m m= ⇔ = = Câu II: 1. Giải phương trình : 1 1 sin 2x sin x 2cotg2x 2sin x sin 2x + − − = (1) (1) ⇔ − cos 2 2x − cosxcos2x = 2cos2x và sin2x ≠ 0 ⇔ = + + = 2 cos2x 0v2cos x cosx 1 0(VN) ⇔ cos2x = 0 ⇔ π π π = + π ⇔ = +2x k x k 2 4 2 2. Đặt 2 t x 2x 2= − + ⇔ t 2 − 2 = x 2 − 2x Bpt (2) ⇔ − ≤ ≤ ≤ ∈ + + 2 t 2 m (1 t 2),dox [0;1 3] t 1 Khảo sát 2 t 2 g(t) t 1 − = + với 1 ≤ t ≤ 2 g'(t) 2 2 t 2t 2 0 (t 1) + + = > + . Vậy g tăng trên [1,2] Do đó, ycbt ⇔ bpt 2 t 2 m t 1 − ≤ + có nghiệm t ∈ [1,2] ⇔ [ ] ∈ ≤ = = t 1;2 2 m maxg(t) g(2) 3 Câu III Đặt = ⇒ = 2 t sin x dt 2sinx cosxdx ; Đổi Câu IV (Các em tự vẽ hình) Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A ≡ 0, ( ) −C 2a,0,0 , 1 A (0,0,2a 5)   ⇒  ÷  ÷   a a 3 A(0;0;0),B ; ;0 2 2 và −M( 2a,0,a 5)   ⇒ = − − =  ÷  ÷   uuuur uuuuur 1 5 3 BM a ; ; 5 , MA a(2;0; 5) 2 2 Ta có: = − + = ⇒ ⊥ uuuur uuuuur 2 1 1 BM.MA a ( 5 5) 0 BM MA Ta có thể tích khối tứ diện AA 1 BM là : ∆     = = = =     uuuuur uuur uuuur uuur uuuuur 3 2 1 BMA 1 1 1 a 15 1 V AA . AB,AM ; S MB,MA 3a 3 6 3 2 Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA 1 ) bằng = = 3V a 5 d . S 3 Cách khác: + Ta có = + = 2 2 2 2 1 1 1 1 A M A C C M 9a ; = + − = 2 2 2 0 2 BC AB AC 2AB.AC.cos120 7a = + = 2 2 2 2 BM BC CM 12a ; = + = = + 2 2 2 2 2 2 1 1 1 A B A A AB 21a A M MB ⇒ MB vuông góc với 1 MA + Hình chóp MABA 1 và CABA 1 có chung đáy là tam giác ABA 1 và đường cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau. ⇒ = = = = 3 MABA CABA 1 ABC 1 1 1 1 V V V AA .S a 15 3 3 ⇒ = = = 1 MBA 1 1 3V 6V a 5 d(A,(MBA )) S MB.MA 3 Câu V. Theo BĐT Cauchy ( ) ( ) ( ) 1 3 5 ; 3 ; 5 2 2 2 x y xy y z xy z x xy+ ≥ + ≥ + ≥ . Cộng các vế ta có điều phải chứng minh Câu VI.b. 1. Ta có AB ( 2,4, 16)= − − uuur cùng phương với = − − r a ( 1,2, 8) mp(P) có PVT n (2, 1,1)= − uur Ta có uur r [ n ,a] = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1) Phương trình mp chứa AB và vuông góc với (P) là : 2(x + 1) + 5(y − 3) + 1(z + 2) = 0 ⇔ 2x + 5y + z − 11 = 0 2. Tìm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với Mp (P). Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; Pt AA' : x 1 y 3 z 2 2 1 1 + − + = = − AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của ; − + + =   ⇒ −  + − + = =  − 2x y z 1 0 H(1,2, 1) x 1 y 3 z 2 2 1 1 Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : H A A' H A A' H A A' 2x x x 2y y y A'(3,1,0) 2z z z = +   = + ⇒   = +  Ta có A'B ( 6,6, 18)= − − uuuur (cùng phương với (1;-1;3) ) Pt đường thẳng A'B : − − = = − x 3 y 1 z 1 1 3 Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình − + + =   ⇒ − − −  = =  −  2x y z 1 0 M(2,2, 3) x 3 y 1 z 1 1 3 Câu VII.b. Điều kiện x > 0 , x ≠ 1 (1)   ⇔ + ≥  ÷   4 2 8 1 1 2log x log 2x 0 log x 2 ( )    ÷ ⇔ + + ≥  ÷  ÷   2 2 2 1 log x log x 1 0 1 log x 3   + + ⇔ + ≥ ⇔ ≥  ÷   ⇔ ≤ − > ⇔ < ≤ > 2 2 2 2 2 2 2 2 log x 1 log x 1 (log x 3) 0 0 log x log x 1 log x 1vlog x 0 0 x ;x 1 2 . ≡ 0, ( ) −C 2a ,0, 0 , 1 A (0, 0,2a 5)   ⇒  ÷  ÷   a a 3 A (0; 0 ;0) ,B ; ;0 2 2 và −M( 2a ,0, a 5)   ⇒ = − − =  ÷  ÷   uuuur uuuuur 1 5 3 BM a ; ; 5 , MA a(2 ;0; 5) 2 2 Ta có: = − +. sin 2x + − − = (1) (1) ⇔ − cos 2 2x − cosxcos2x = 2cos2x và sin2x ≠ 0 ⇔ = + + = 2 cos2x 0v2cos x cosx 1 0( VN) ⇔ cos2x = 0 ⇔ π π π = + π ⇔ = +2 x k x k 2 4 2 2. Đặt 2 t x 2x 2= − + ⇔ t 2 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 200 9 – SỐ 5. Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 1 80 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 .0 điểm) Câu I (2 .0 điểm).