ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 ĐỀ SỐ 29 Môn thi: TOÁN Thời gian: 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 y = x 3 – 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc nhau. Câu II. (2.0 điểm). 1. Giải hệ phương trình:    =−−−+ =−+−− 0322 6)2)(1)(1( 22 yxyx yxyx 2. Giải phương trình : tan2x + cotx = 8cos 2 x . Câu III. (1.0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = 2 x , y = 3 – x , trục Ox và trục Oy. Câu IV. (1.0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD. Biết mặt bên của hình chóp là tam giác đều và khỏang cách từ O đến mặt bên là d. Tính thể tích khối chóp đã cho. Câu V. (1.0 điểm). Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều có: 2 sin. 2 sin. 2 sin 4 sin. 4 sin. 4 sin CBACBA ≥       −       −       − πππ II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) 1. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a. (2.0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa Oxy, cho elip (E): 1 46 22 =+ yx và điểm M(1 ; 1). Viết phương trình đường thẳng (d) qua M và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm AB. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng (Q): 2x + y - 3 z = 0 một góc 60 0 . Câu VII.a. (1.0 điểm). Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4 x – 4m(2 x – 1) = 0 2. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b. (2.0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1; 2), B(1; 6) và đường tròn có phương trình (C): (x - 2) 2 + (y - 1) 2 = 2. Lập phương trình đường tròn (C’) qua B và tiếp xúc với (C) tại A. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) với a, b, c là những số dương thay đổi sao cho a 2 + b 2 + c 2 = 3. Xác định a, b, c để khoảng cách từ O đến mp(ABC) lớn nhất. Câu VII.b. (1.0 điểm). Tìm m để phương trình: ( ) 0loglog4 2 1 2 2 =+− mxx có nghiệm trong khỏang (0; 1). ………………………………Hết ………………………………… Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên:…………………………………………Số báo danh:…………… Hướng dẫn Câu I. 1/ 2/ Phương trình hòanh độ giao điểm của (C) và (d): x 3 – (m + 3)x – m – 2 = 0 Hay : (x + 1)(x 2 – x – m – 2) = 0    =−−− =−= (*)02 3,1 2 mxx yx (*) phải có hai nghiệm phân biệt ( m > ) 4 9 − , x N và x P là nghiệm của (*) Theo giả thiết: ( )( ) 133 22 −=−− PN xx       −− = +− = ⇔=++⇔ 3 223 3 223 01189 2 m m mm Câu II. 1/ Hệ    =−−+ =+ ⇔    =−+ =+ ⇔    =−−+− =−+−−− ⇔ 052)( 6)( 05 6)( 05)1()1( 6)11)(1)(1( 22222 uvvu vuuv vu vuuv yx yxyx với    −= −= 1 1 yv xu Đặt:    = += vuP vuS . được    = = ⇔    =−− = 2 3 052 6. 2 P S PS SP u, v là nghiệm của phương trình: X 2 – 3X + 2 = 0    =− =− ∨    =− =− ⇔    = = ⇔ 21 11 11 21 2 1 y x y x X X Vậy nghiệm của hệ: (3 ; 2), (2 ; 3) 2/ ĐK:    ≠ ≠ 0sin 02cos x x tan2x + cotx = xx x xx xxxx x x x x sin.2cos cos sin.2cos cos2cossin.2sin sin cos 2cos 2sin = + =+ Pt 2(cos0)12coscossin8(cos xxxxx ⇔=−⇔ sin4x – 1) = 0       +=∨+= += ⇔ 224 5 224 2 ππππ π π kxkx kx Câu III. Phương trình : 2 x = -x + 3 có một nghiệm duy nhất x = 1. Do đó đồ thị hai hàm số cắt nhau tại điểm có hòanh độ x = 1. Vậy diện tích cần tính là: S = ∫ ∫ +=+−+ 1 0 3 1 2 2ln 1 )3(2 dxxdx x Câu IV. d x H M O D C B A S Gọi M là trung điểm CD )()()( SOMSCDSOMCD CDOS CDOM ⊥⇒⊥⇒    ⊥ ⊥ ⇒ Kẻ đường cao OH của tam giác SOM dOHSCDOH =⇒⊥⇒ )( Gọi CM = x. Khi đó: OM = x , SM = x 3 SO = 23 2222 xxxxSM =−=− Ta có: SM.OH = SO.OM hay 3,6 2 6 .2 3 dSOdCD d xxxdx ==⇒=⇒= 323.6 3 1 . 3 1 322 dddSOCDV === Câu V. Theo bất đẳng thức Côsi:            − ≤ −+ =       +≤ − ≤ −+ =       +≤ − ≤ −+ =       +≤ 4 sin 4 cos 4 sin 2 sin 2 sin 2 1 2 sin 2 sin 4 sin 4 cos 4 sin 2 sin 2 sin 2 1 2 sin 2 sin 4 sin 4 cos 4 sin 2 sin 2 sin 2 1 2 sin 2 sin BACACACAC ACBCBCBCB CBABABABA π π π Nhân vế với vế được bất đẳng thức cần chứng minh. Câu VIa. 1/ Pt của d: y = k(x – 1) + 1 Tọa độ giao điểm của d và (E) là nghiệm của hệ    =+ +−= 2464 1)1( 22 yx xky Suy ra: (6k 2 + 4)x 2 – 2(6k 2 – k)x + 6k 2 – 2k – 23 = 0 (*) Để thỏa YCBT thì từ (*) ta có: 41 46 6 2 46 )6(2 2 2 2 2 −=⇔= + − ⇔= + − k k kk k kk Vậy d : y = -4x + 5 hay 4x + y – 5 = 0 2/ Mp(P) chứa trục Oz nên có dạng Ax + By = 0, )0;;( BAn p =⇒ → và )5;1;2( −= → Q n . Theo gt: 22 22 0 .1022 2 1 514. 2 60cos),cos( BABA BA BA nn Qp +=+⇔= +++ + ⇔= →→ 06166 22 =−+⇔ BABA Chọn B = 1 ta có : 6A 2 + 16A – 6 = 0 suy ra: A = -3 , A = 1/3 Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: x + 3y = 0 và -3x + y = 0. Câu VII a. Đặt t = 2 x (t > 0) ta có phương trình: t 2 – 4mt + 4m = 0 (*) (*) )10(4 1 2 ≠∧>= − ⇔ ttm t t Xét 1 2 − = t t y có ( ) 2 2 1 2 ' = − = t tt y y’ = 0 20 =∨=⇔ tt + ∞ - ∞ + ∞ - ∞ 4 0 0 0 2 0 1 y y' x + ∞ - ∞ Từ bảng biến thiên ta có : m < 0 1 ≥∨ m Câu VI b. 1/ (C) có tâm I(2 ; 1) và phương trình của đường thẳng AI: x + y – 3 = 0. Pt của (C’) : x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 có tâm I’(-a ; -b) A(1 ; 2), B(1 ; 6) thuộc (C’) và tâm I’ thuộc đường thẳng AI. Ta có hệ phương trình:      =++ −=++ −=++ 03 37122 542 ba cba cba , giải hệ được a = 1, b = -4, c = 9 Pt của (C’) : x 2 + y 2 + 2x – 8y + 9 = 0 2/ Pt mp(ABC): 222 111 1 ))(;(1 cba ABCOd c z b y a x ++ − =⇒=++ Theo bất đẳng thức Côsi : 3 222222 1 3 111 cbacba ≥++ và 3 = a 2 + b 2 + c 2 3 222 3 cba ≥ Ta có : 3 1 .3 111 3 111 222222 ≤⇒≥++⇔≥++ d cbacba Dấu = xảy ra khi a 2 = b 2 = c 2 hay a = b = c = 1 Vậy d lớn nhất bắng 3 1 khi a = b = c = 1 Câu VII b. Pt đã cho 0loglog)1;0(0loglog 2 1 4 2 2 22 2 2 =++⇔∈∀=++       ⇔ mxxxmxx (*) Đặt ]0;()1;0(,log 2 −∞∈⇒∈= txxt (*) ]0;(0 22 −∞∈∀−−=⇔=++⇔ tttmmtt Xét hàm số y = -t 2 – t có y’ = -2t – 1 y’ = 0 4 1 , 2 1 =−=⇔ yt t - ∞ - 2 1 0 y’ + 0 - y 4 1 - ∞ 0 ĐS : m 4 1 ≤ . trục Ox và trục Oy. Câu IV. (1.0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD. Biết mặt bên của hình chóp là tam giác đều và khỏang. ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 ĐỀ SỐ 29 Môn thi: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. I. PHẦN CHUNG CHO