ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2009 Câu I 2 điểm a) Tập xác định: Hàm số 1 1 x y x + = − có tập xác định { } 1D R\ .= Giới hạn: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x x x x x x lim ; lim ; lim . x x x + − →±∞ → → + + + = = +∞ = −∞ − − − 0,25 Đạo hàm: ( ) 2 2 0 1 1 y' , x x − = < ∀ ≠ ⇒ − Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) 1;−∞ và ( ) 1; .+∞ Hàm số không có cực trị. Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y' − − y 1 +∞ −∞ 1 0,25 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng 1x ;= tiệm cận ngang 1y .= Giao của hai tiệm cận ( ) 1 1I ; là tâm đối xứng. 0,25 Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25 b) Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị ( ) 1 1 x y C' x + = − Học sinh tự vẽ hình 0,5 Số nghiệm của 1 1 x m x + = − bằng số giao điểm của đồ thị 1 1 x y x + = − và y m.= 0,25 Suy ra đáp số 1 1m ;m :< − > phương trình có 2 nghiệm 1m : = − phương trình có 1 nghiệm 1 1m : − < ≤ phương trình vô nghiệm 0,25 Câu II 2 điểm a) Ta có 4 4 2 1 os 1 2 2 sin x c x sin x+ = − và 2 os4 1 2 2c x sin x.= − 0,25 Do đó ( ) 2 1 3 2 2 2 3sin x sin x m⇔ − + + = . Đặt 2t sin x= . Ta có [ ] [ ] 0 2 0 0 1 2 x ; x ; t ; . π π   ∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈     Suy ra ( ) [ ] 2 3 2 3 0 1f t t t m,t ;= − + + = ∈ 0,25 Ta có bảng biến thiên t 0 1 3 1 ( ) f t 10 3 3 2 0,25 Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên π 10 0 2 2 3 ; m   ⇔ ≤ ≤     0,25 b) Giải phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 8 4 2 2 1 1 3 1 4 2 2 4 log x log x log x+ + − = Điều kiện: 0 1x < ≠ 0,25 ( ) ( ) 2 3 1 4x x x⇔ + − = 0,25 Trường hợp 1: 1x > ( ) 2 2 2 0 2x x x⇔ − = ⇔ = 0,25 Trường hợp 1: 0 1x< < ( ) 2 2 6 3 0 2 3 3x x x⇔ + − = ⇔ = − Vậy tập nghiệm của (2) là { } 2 2 3 3T ;= − 0,25 Câu III a) Tìm 3 2 2 0 3 1 2 1 1 x x x L lim . cos x → − + + = − Ta có 3 2 2 0 3 1 1 2 1 1 1 1 x x x L lim cos x cos x →   − + + − = +  ÷  ÷ − −   0,25 Xét ( ) 2 2 1 0 0 2 2 2 1 1 2 2 1 2 2 1 1 2 x x x x L lim lim x cos x sin x → → + − = = = − + + 0,25 Xét ( ) 3 2 2 2 0 0 2 32 2 2 3 3 1 1 3 2 1 2 3 1 3 1 1 2 x x x x L lim lim x cos x sin x x → → − + = = = −   − − − +  ÷   0,25 Vậy 1 2 2 2 4L L L= + = + = 0,25 b) Chứng minh rằng 0 2 4 100 50 100 100 100 100 2C C C C .− + − + = − Ta có ( ) ( ) ( ) 100 0 1 2 2 100 100 100 100 100 100 0 2 4 100 1 3 99 100 100 100 100 100 100 100 1 i C C i C i C i C C C C C C C i + = + + + + = − + − + + − + − 0,5 Mặt khác ( ) ( ) ( ) 2 100 50 2 50 1 1 2 2 1 2 2i i i i i i+ = + + = ⇒ + = = − Vậy 0 2 4 100 50 100 100 100 100 2C C C C .− + − + = − 0,5 Câu IV Cho a, b, c thoả 3a b c . + + = Tìm GTNN của 4 9 16 9 16 4 16 4 9 a b c a b c a b c M .= + + + + + + + + Đặt ( ) ( ) ( ) 2 3 4 2 3 4 w 2 3 4 w a b c c a b b c a u ; ; ,v ; ; , ; ; M u v= = = ⇒ = + + r r uur r r uur ( ) ( ) ( ) 2 2 2 w 2 2 2 3 3 3 4 4 4 a b c a b c a b c M u v≥ + + = + + + + + + + + r r uur 0,25 Theo cô – si có 32 2 2 2 3 2 6 b c a b c+ + + + ≥ = . Tương tự … 0,5 Vậy 3 29M .≥ Dấu bằng xảy ra khi 1a b c . = = = 0,25 Câu Va Học sinh tự vẽ hình a) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 0 2 3 3 4 3C : I ; ,R ; C : I ; ,R .= − = 0,25 Gọi tiếp tuyến chung của ( ) ( ) 1 2 C , C là ( ) 2 2 0 0: Ax By C A B∆ + + = + ≠ ∆ là tiếp tuyến chung của ( ) ( ) 1 2 C , C 0,25 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 2 2 2 3 1 3 4 3 2 B C A B d I ; R d I ; R A B C A B   + = + ∆ =   ⇔ ⇔   ∆ = − + = +     Từ (1) và (2) suy ra 2A B= hoặc 3 2 2 A B C − + = Trường hợp 1: 2A B= . Chọn 1 2 2 3 5 2 2 3 5 0B A C : x y= ⇒ = ⇒ = − ± ⇒ ∆ + − ± = Trường hợp 2: 3 2 2 A B C − + = . Thay vào (1) được 2 2 4 2 2 0 2 0 4 3 9 0 3 A B A B A ; A B : y ; : x y− = + ⇔ = = − ⇒ ∆ + = ∆ − − = 0,5 b) Gọi H là trung điểm của BC ( ) ( ) 3 2 a d M ; BB' C AH⇒ = = 0,25 2 3 1 1 3 2 2 3 12 BB' C MBB' C BB' C a a S BB' .BC V AH .S ∆ ∆ = = ⇒ = = 0,25 Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) Ta có B' C MI ;B' C BC' B' C MB.⊥ ⊥ ⇒ ⊥ 0,5 Câu VIa (Học sinh tự vẽ hình) Gọi K là hình chiếu của A trên d K⇒ cố định; Gọi ( ) α là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên ( ) α . 0,25 Trong tam giác vuông AHK ta có AH AK .≤ Vậy ( ) max AH AK α = ⇔ là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. 0,25 Gọi ( ) β là mặt phẳng qua A và vuông góc với d ( ) 2 2 15 0: x y z β ⇒ + + − = ( ) 3 1 4K ; ;⇒ 0,25 ( ) α là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK ( ) 4 3 0: x y z α ⇒ − + − = 0,25 Câu Vb a) Gọi ( ) 2 2 2 2 1 x y H : a b − = (H) tiếp xúc với ( ) 2 2 2 0 4 1d : x y a b− − = ⇔ − = 0,25 ( ) ( ) ( ) 2 2 16 4 4 2 4 2 1 2x y A ; H a b = ⇒ = ⇒ ∈ ⇒ − = 0,25 Từ (1) và (2) suy ra ( ) 2 2 2 2 8 4 1 8 4 x y a ;b H := = ⇒ − = 0,5 b) (Học sinh tự vẽ hình) Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho 4OA OB' OC' = = = 0,25 Lấy M là trung điểm của B’C’ ( ) ( ) OAM OB' C' .⇒ ⊥ Kẻ ( ) AH OM AH OB' C'⊥ ⇒ ⊥ 0,25 Ta có 2 3 4 6 2 3 3 3 AM OM MH AH= = ⇒ = ⇒ = 0,25 · 1 15 3 2 2 OBC S OB.OC.sin BOC= = 0,25 Vậy 1 10 2 3 OABC OBC V AH .S= = Câu VIb Gọi ( ) ( ) 1 2 3 3 2 5 6 4 5 5M t; t; t ,N t'; t'; t'+ − + − − ( ) ( ) 2 2 1 1 0 1d M ; P t t ;t .= ⇔ − = ⇔ = = 0,25 Trường hợp 1: ( ) ( ) 0 1 3 0 6 4 4 3 5 5t M ; ; ,MN t' ; t' ; t'= ⇒ = + − − − uuuur ( ) 0 0 5 0 5 P P MN n MN.n t' N ; ;⊥ ⇔ = ⇒ = ⇒ − uuuur uur uuuur uur 0,25 Trường hợp 2: ( ) ( ) 1 3 0 2 1 4 0t M ; ; ,N ; ;= ⇒ − − 0,25 Kết luận 0,25 . ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2009 Câu I 2 điểm a) Tập xác định: Hàm số 1 1 x y x + = − có tập. Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) 1;−∞ và ( ) 1; .+∞ Hàm số không có cực trị. Bảng biến thi n: x −∞ 1 +∞ y' − − y 1 +∞ −∞ 1 0,25 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng 1x. nghiệm của 1 1 x m x + = − bằng số giao điểm của đồ thị 1 1 x y x + = − và y m.= 0,25 Suy ra đáp số 1 1m ;m :< − > phương trình có 2 nghiệm 1m : = − phương trình có 1 nghiệm 1 1m : −