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 1 y x x x = + + + . 2. Tìm trên đồ thị của hàm số 4 2 2 3 2 1 y x x x = − + + những điểm A có khoảng cách đến đường thẳng ( ) : 2 1 0 d x y − − = nhỏ nhất. Câu II: ( 2 điểm ) 1. Giải phương trình : ( ) 2 9 3 3 2 log log .log 2 1 1 x x x = + − 2. Cho tam giác ABC có , A B nhọn và thỏa mãn 2 2 2009 sin sin sin A 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 0 x 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 1 a 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;1 B 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 0 d x y + + = . Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho 3 số thực dương , , a b c thoả mãn 1 a b c = + + . Chứng minh rằng : 6 a 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 1 y x x x = + + + . 2. Tìm trên đồ thị của hàm số 4 2 2 3 2 1 y x x x = − + + những điểm A có khoảng cách đến đường thẳng ( ) : 2 1 0 d x y − − = nhỏ nhất. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 4 4 1 y x x x = + + + . Học sinh tự giải . 2. Tìm trên đồ thị của hàm số 4 2 2 3 2 1 y x x x = − + + những điểm A có khoảng cách đến đường thẳng ( ) : 2 1 0 d x y − − = nhỏ nhất. Giả sử ( ) 4 2 4 2 0 0 0 0 0 0 ; 2 3 2 1 2 3 2 1 A 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 1 x 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 0 x > . 2. Cho tam giác ABC có , A B nhọn và thỏa mãn 2 2 2009 sin sin sin A 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 .cos A 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 .cos A B C C C A B C + = ⇔ + = + . Vì 2 2009 sin sin 2 C 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 1 C ⇒ ≤ . Mặt khác : 2 2009 0 sin 1 sin sin C C C < ≤ ⇒ ≤ hay 2 2 2 2 2 2 sin sin sin C A B c a b ≤ + ⇔ ≤ + ( định lý hàm sin) ( ) 2 2 2 2 2 . .cos cos 0 2 a 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 : 0 hy 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 2 x − < < 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 5 f x x x x = − − , xác định và liên tục trên khoảng ( ) 2;2 − . Trên khoảng ( ) 2;2 − ta có : ( ) 3 2 ' 4 6 10 f 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 4 m m > − ⇔ > − Chú ý : Bất phương trình nghiệm đúng với mọi giá trị của x thuộc tập xác định khi và chỉ khi 20 8 28 m 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 0 x 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 4 x y − + = , có tâm là ( ) 3; 0 I , bán kính 2 R = . 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; 7 M − và ( ) 0; 7 M . 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; 9 m = −  Mặt phẳng ( ) HIK đi qua 1 ;0;0 2 H       và có vectơ pháp tuyến là ( ) 2;2; 9 m = −  , 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 ( ) : 0 Oxy 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 1 a 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 1 a b c + + = , vậy ta có thể suy ra 0 1 a 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 1 a 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;1 B 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 3 SA 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 0 x 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 0 d 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 : 6 a b b c c a + + + + + ≤ . Phân tích bài toán : • Trường hợp tổng quát , giả sử 0 a b c < ≤ ≤ thoả mãn điều kiện 1 a 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 ( ) 6 a 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 0 m > , ta luôn có : ( ) 1 1 2 a b m a b a b m m m   + + + = + ≤     . Vấn đề bây giờ ta dự đoán 0 m > 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 . 1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 ĐỀ THAM KHẢO Môn thi : TOÁN, khối A Thi thử thứ năm hàng tuần. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y = − x 3 − 3x 2 + mx + 4, trong đó m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ∞). Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 (2cos 2 x + cosx – 2) + (3 – 2cosx)sinx = 0 2. Giải phương trình: 2 2 4 1 2 log (x 2) log (x 5) log 8 0 + + − + = Câu III. (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x e 1 + , trục hoành và hai đường thẳng x = ln3, x = ln8. Câu VI. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Câu V. (1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 x (y z) y (z x) z (x y) P yz zx xz + + + = + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x 2 + y 2 – 6x + 5 = 0. 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 60 0 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có phương trình: x 1 2t y 1 t z t = +   = − +   = −  Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm hệ số của x 2 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x 2 + x – 1) 6 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x 2 + y 2 – 6x + 5 = 0. 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 60 0 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có phương trình: x 1 y 1 z 2 1 1 − + = = − . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu VIIb. (1,0 điểm) Tìm hệ số của x 3 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x 2 + x – 1) 5 ……………………Hết…………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… 2 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,25 điểm) Với m = 0, ta có hàm số y = – x 3 – 3x 2 + 4 Tập xác định: D = ¡ Sự biến thiên: • Chiều biến thiên: y’ = – 3x 2 – 6x, y’ = 0 ⇔ x 2 x 0 = −   =  y’ < 0 ⇔ x 2 x 0 < −   >  y’ > 0 ⇔ – 2 < x < 0 Do đó: + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (− ∞ ; − 2) và (0 ; + ∞) + Hàm số đồng biến trên khoảng (− 2 ; 0) 0,50 • Cực trị: + Hàm số y đạt cực tiểu tại x = – 2 và y CT = y(–2) = 0; + Hàm số y đạt cực đại tại x = 0 và y CĐ = y(0) = 4. • Giới hạn: x x lim , lim →−∞ →+∞ = +∞ = −∞ 0,25 • Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: Đổ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; 4), cắt trục hoành tại điểm (1 ; 0) và tiếp xúc với trục hoành tại điểm (− 2 ; 0) 0,25 2. (0,75 điểm) Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ∞) ⇔ y’ = – 3x 2 – 6x + m ≤ 0, ∀ x > 0 ⇔ 3x 2 + 6x ≥ m, ∀ x > 0 (*) 0,25 I (2,0 điểm) Ta có bảng biến thiên của hàm số y = 3x 2 + 6x trên (0 ; + ∞) Từ đó ta được : (*) ⇔ m ≤ 0. 0,50 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với phương trình : ( )( ) 3 sin x 2sin x 3 3sin x cosx 0 2 3sin x cosx 0  =  − + = ⇔   + =  0,50 II (2,0 điểm) n x ( 1) n , n 3 x k , k 6 π  = − + π ∈  ⇔  π  = − + π ∈   ¢ ¢ 0,50 x y +∞ 0 +∞ 0 x y' y −∞ −∞ +∞ +∞ 2 − 0 0 0 0 4 − − + 4 3 − 2 − O 1 y x 3 Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x > – 2 và x ≠ 5 (*) Với điều kiện đó, ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình: 2 2 2 2 log (x 2) x 5 log 8 (x 2) x 5 8 (x 3x 18)(x 3x 2) 0   + − = ⇔ + − = ⇔ − − − − =   0,50 2 2 x 3x 18 0 3 17 x 3; x 6; x 2 x 3x 2 0  − − = ± ⇔ ⇔ = − = =  − − =   Đối chiếu với điều kiện (*), ta được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là: x 6 = và 3 17 x 2 ± = 0,50 Kí hiệu S là diện tích cần tính. Vì ln8 x x ln3 e 1 0 x [ln3 ; ln8] nên S e 1dx + > ∀ ∈ = + ∫ 0,25 Đặt x e 1 + = t, ta có 2 2tdt dx t 1 = − Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3 0,25 III (1,0 điểm) Vì vậy: 3 3 3 3 3 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2t dt dt dt dt 3 S 2 dt 2 2 ln t 1 ln t 1 2 ln t 1 t 1 t 1 t 1 2   = = + = + − = + − − + = +   − − − +   ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 0,50 Do SA = SB = AB (= a) nên SAB là tam giác đều. Gọi G và I tương ứng là tâm của tam giác đều SAB và tâm của hình vuông ABCD. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD. Ta có OG ⊥ (SAB) và OI ⊥ (ABCD). 0,50 Suy ra: + OG = IH = a 2 , trong đó H là trung điểm của AB. + Tam giác OGA vuông tại G. 0,25 IV (1,0 điểm) Kí hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD, ta có: 2 2 2 2 a 3a a 21 R OA OG GA 4 9 6 = = + = + = 0,25 Ta có : 2 2 2 2 2 2 x x y y z z P y z z x x y = + + + + + (*) Nhận thấy : x 2 + y 2 – xy ≥ xy ∀x, y ∈ ¡ Do đó : x 3 + y 3 ≥ xy(x + y) ∀x, y > 0 hay 2 2 x y x y y x + ≥ + ∀x, y > 0 0,50 V (1,0 điểm) Tương tự, ta có : 2 2 y z y z z y + ≥ + ∀y, z > 0 2 2 z x z x x z + ≥ + ∀x, z > 0 Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: P ≥ 2(x + y + z) = 2 ∀x, y, z > 0 và x + y + z = 1 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = 1 3 . Vì vậy, minP = 2. 0,50 1. (1,0 điểm) Viết lại phương trình của (C) dưới dạng: (x – 3) 2 + y 2 = 4. Từ đó, (C) có tâm I(3 ; 0) và bán kính R = 2 0,25 VI.a (2,0 điểm) Suy ra trục tung không có điểm chung với đường tròn (C). Vì vậy, qua một điểm bất kì trên tục tung luôn kẻ được hai tiếp tuyến của (C). 0,25 A B C D H G O I S [...]... trớch t cu n: C u trỳc thi mụn TON, V T L, HểA H C, SINH H C dựng ụn thi t t nghi p v thi tuy n sinh i h c cao ng nm 2009 c a Nh xu t b n giỏo d c Tụi g i lờn cho cỏc th y cụ v h c sinh tham kh o 5 Bỏm sỏt cu trỳc ca B Giỏo Dc thi th i hc nm 2009 02 Thi th th hai hng tun I PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH ( 7,0 im ) x 3 Cõu I : ( 2 im ) Cho hm s : y 1 x 1 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s 1... 4(3x 1 ) + 3 = 0 x 1 3 = 3 )( ) + Theo gi thit ta cú : 56 9x 1 + 7 3x 1 + 1 ( ) 3x 1 2 1 = 224 = 4 9x 1 + 7 = 4(3x 1 + 1) x = 1 x = 2 B Giỏo Dc v o to THAM KHO Email: phukhanh@moet.edu.vn THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2010 Mụn thi : TON - khi A Ngy thi : 28.02.2010 (Ch Nht ) 01 I PHN BT BUC ( 7,0 im ) x +3 , cú th l C x 1 1 Kho sỏt s bin thi n v v th C ca hm s ( ) Cõu I : ( 2 im ) Cho... 3 = 3 )( ) + Theo gi thit ta cú : 56 9x 1 + 7 3x 1 + 1 ( ) 3x 1 2 1 = 224 = 4 9x 1 + 7 = 4(3x 1 + 1) x = 1 x = 2 B Giỏo Dc v o to THAM KHO Email: phukhanh@moet.edu.vn THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2010 Mụn thi : TON - khi A Ngy thi : 07.03.2010 (Ch Nht ) 02 I PHN BT BUC ( 7,0 im ) Cõu I : ( 2 im ) Cho hm s : y = x 3 3x 2 9x + m , m l tham s thc 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm s khi m... phng i qua gc ta , vuụng gúc vi mt phng P : x y z 3 , ng thi 2 tip xỳc vi mt cu S : x 12 y 2 z 3 2 4 Cõu VII.b ( 1 im ) Cho 3 s thc dng x , y, z tha món iu kin x y z 1 Chng minh rng : x 2 y z y 2 z x z 2 x y 2 yz zx xy GV ra : Nguyn Phỳ Khỏnh - Lt Bỏm sỏt cu trỳc ca B Giỏo Dc thi th i hc nm 2009 ỏp ỏn thi 02 thi ngy th hai hng tun I PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH ( 7,0... 3 Bi toỏn ny cú nhiu cỏch gii x 3 y 3 xy x y , x , y 0 hay B Giỏo Dc v o to THAM KHO Email: phukhanh@moet.edu.vn THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2010 Mụn thi : TON - khi A Ngy thi : 28.02.2010 (Ch Nht ) 01 I PHN BT BUC ( 7,0 im ) x +3 , cú th l C x 1 1 Kho sỏt s bin thi n v v th C ca hm s ( ) Cõu I : ( 2 im ) Cho hm s : y = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ti cỏc im A, B Chng minh 2 Cho im M 0 x 0... C 95x 258 y 95 0 38 Vy cú hai s hng tha món bi toỏn : C 95x 258 y 95 v C 95 x 133 y 133 MATHVN.COM www.mathvn.com THI TH I HC NM 2010 S 01 Mụn: TON Khi A-B-D Thi gianlm bi: 180 phỳt PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im) Cõu I (2im): Cho hm s y = 2x - 1 x -1 (1) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s (1) 2 Gi I l giao im hai ng tim cn ca (C) Tỡm im M thuc (C) sao cho tip tuyn ca (C) ti M vuụng... im ) Cho khai trin 2 log2 9 + 7 + 2 5 2 Hóy tỡm cỏc giỏ tr ca x bit rng s hng th 6 trong khai trin ny l 224 .Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm I PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH ( 7,0 im ) x +3 Cõu I : ( 2 im ) Cho hm s : y = , cú th l C x 1 1 Kho sỏt s bin thi n v v th C ca hm s ( ) ( ) ( ) ( ) y 4 ( ) 2 Cho im M 0 x 0 ; y 0 C Tip tuyn ca C ti ( ) M 0 ct cỏc ng tim cn ca C 2 ti... im ) Cho khai trin 2 log2 9 + 7 + 2 5 2 Hóy tỡm cỏc giỏ tr ca x bit rng s hng th 6 trong khai trin ny l 224 .Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm I PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH ( 7,0 im ) x +3 Cõu I : ( 2 im ) Cho hm s : y = , cú th l C x 1 1 Kho sỏt s bin thi n v v th C ca hm s ( ) ( ) ( ) ( ) y 4 ( ) 2 Cho im M 0 x 0 ; y 0 C Tip tuyn ca C ti ( ) M 0 ct cỏc ng tim cn ca C 2 ti... gii phng trỡnh: ( ) ( ) 0 1 2 3 n n C n + 2.C n + 3.C n + 4.C n + + n.C n 1 + n + 1 C n = 128 n + 2 Cỏn B coi thi khụng gii thớch gỡ thờm I PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH ( 7,0 im ) Cõu I : ( 2 im ) Cho hm s : y = x 3 3x 2 9x + m , m l tham s thc 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm s khi m = 0 Hc sinh t lm 2 Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca tham s m th hm s ó cho ct trc honh ti 3 im phõn bit... thi 02 thi ngy th hai hng tun I PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH ( 7,0 im ) x 3 Cõu I : ( 2 im ) ) Cho hm s : y 1 x 1 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s 1 2 Tỡm trờn th ca hm s 1 nhng im M cú ta nguyờn dng sao cho khong cỏch t M n 2 ng tim cn bng nhau 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s 1 Hc sinh t lm 2 Tỡm trờn th ca hm s 1 nhng im M cú ta nguyờn dng sao cho khong cỏch t M n 2 2 ng tim cn . 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. các em thành công . 1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 ĐỀ THAM KHẢO Môn thi : TOÁN, khối A Thi thử thứ năm hàng tuần. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC. .C 1 1 5 4 C .C − = −10. 0,25 Đề này trích từ cuốn: “Cấu trúc đề thi môn TOÁN, VẬT LÍ, HÓA HỌC, SINH HỌC dùng để ôn thi tốt nghiệp và thi tuyển sinh đại học cao đẳng năm 2009” của Nhà xuất