ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO ĐẠI HỌC
MƠN TỐN NĂM 2009
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
x 1
y
.
x 1
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
C
của hàm số.
x 1
m.
x1
b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
Câu II (2 điểm)
π
0; 2 .
2 sin x cos x cos 4 x 2 sin 2 x m 0
a) Tìm m để phương trình
có nghiệm trên
1
1
8
log 2 x 3 log 4 x 1 log 2 4 x .
4
b) Giải phương trình 2
Câu III (2 điểm)
4
3
a) Tìm giới hạn
L lim
x 0
4
3x 2 1 2 x2 1
.
1 cos x
0
2
4
100
50
b) Chứng minh rằng C100 C100 C100 ... C100 2 .
Câu IV (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a b c 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M 4a 9b 16c 9a 16b 4c 16 a 4b 9c .
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu Va (2 điểm)
C : x 2 y 2 4 y 5 0 và
a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trịn có phương trình 1
C2 : x 2 y 2 6 x 8 y 16 0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của C1 và C2 .
b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của
AA’. Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vng góc với B’C.
Câu VIa (1 điểm)
x 1 y z 2
d:
.
A 2; 5; 3
2
1
2
Cho điểm
và đường thẳng
Viết phương trình mặt phẳng
lớn nhất.
chứa d sao cho khoảng cách từ A đến
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu Vb (2 điểm)
a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H)
tiếp xúc với đường thẳng d : x y 2 0 tại điểm A có hồnh độ bằng 4.
0
b) Cho tứ diện OABC có OA 4 ,OB 5,OC 6 và AOB BOC COA 60 . Tính thể
tích tứ diện OABC.
Câu VIb (1 điểm)
d1 :
P : x 2 y 2 z 1 0
x 1 y 3 z
,
2
3
2
Cho mặt phẳng
và các đường thẳng
x 5 y z 5
d2 :
.
6
4
5 Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường
thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO ĐẠI HỌC
MƠN TỐN NĂM 2009
Câu I
a)
2 điểm
x 1
x 1 có tập xác định D R\ 1 .
Tập xác định: Hàm số
x 1
x 1
x 1
lim
1; lim
; lim
.
x x 1
x 1 x 1
x 1 x 1
Giới hạn:
2
y'
0 ,x 1
2
x 1
Đạo hàm:
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
;1 và 1; . Hàm số khơng có cực trị.
Bảng biến thiên:
x
1
y'
1
y
1
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x 1; tiệm cận ngang y 1. Giao của hai tiệm
y
I 1;1
cận
là tâm đối xứng.
Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình
b)
y
x 1
C'
x1
Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị
Học sinh tự vẽ hình
x 1
x 1
m
y
x1
x1
Số nghiệm của
bằng số giao điểm của đồ thị
và y m.
Suy ra đáp số
m 1;m 1 : phương trình có 2 nghiệm
Câu II
a)
m 1 : phương trình có 1 nghiệm
1 m 1 : phương trình vơ nghiệm
2 điểm
1
sin 4 x cos 4 x 1 sin 2 2 x
2
2
Ta có
và cos4 x 1 2 sin 2 x.
Do đó
1 3 sin 2 2 x 2 sin 2 x 3 m .
x 0; 2 x 0; t 0;1 .
2
Đặt t sin 2 x . Ta có
f t 3t 2 2t 3 m,t 0;1
Suy ra
Ta có bảng biến thiên
1
t
0
3
1
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
10
3
f t
3
b)
2
10
π
0
;
2
m
3
Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 2
1
1
8
log 2 x 3 log 4 x 1 log 2 4 x
2
4
Giải phương trình 2
Điều kiện: 0 x 1
2 x 3
x 1 4 x
0,25
0,25
Trường hợp 1: x 1
2 x 2 2 x 0 x 2
0,25
Trường hợp 1: 0 x 1
2 x 2 6 x 3 0 x 2 3 3
0,25
Vậy tập nghiệm của (2) là
Câu III
a)
3
Tìm
L lim
x 0
T 2; 2 3 3
3x 2 1 2 x 2 1
.
1 cos x
0,25
3 3x 2 1 1
2 x2 1 1
L lim
x 0 1 cos x
1
cos
x
Ta có
x 0
3
x 0
Xét
L2 lim
0,25
2 x2 1 1
2x2
lim
2
x 0
1 cos x
2 x
2
2 sin
2 x 1 1
2
L1 lim
3x 2 1 1
lim
x 0
1 cos x
3x2
2 sin 2
Xét
b)
0,25
2
x 3
2
3 x 1
2
3
3 x 2 1 1
2
0,25
Vậy L L1 L2 2 2 4
2
4
100
C 0 C100
C100
... C100
250 .
Chứng minh rằng 100
Ta có
1 i
100
0,25
0,5
0
1
2 2
100 100
C100
C100
i C100
i ... C100
i
0
2
4
100
C100
C100
C100
... C100
C1001 C1003 ... C10099 i
Mặt khác
1 i
Câu IV
2
0,5
1 2i i 2 2i 1 i
100
50
2i 250
0
2
4
100
50
Vậy C100 C100 C100 ... C100 2 .
Cho a, b, c thoả a b c 3. Tìm GTNN của
Đặt
M 4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9c .
u 2a ; 3b ; 4c ,v 2c ; 3a ; 4b , w 2b ; 3c ; 4a M u v w
M u v w
2
a
2
2
2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c
2
0,25
Câu Va
a)
3
2
b
c
a b c
6 . Tương tự …
Theo cô – si có 2 2 2 3 2
Vậy M 3 29 . Dấu bằng xảy ra khi a b c 1.
Học sinh tự vẽ hình
C1 : I1 0; 2 ,R1 3; C2 : I 2 3; 4 ,R2 3.
Gọi tiếp tuyến chung của
C1 , C2
là
: Ax By C 0 A2 B 2 0
0,5
0,25
0,25
0,25
là tiếp tuyến chung của C1 , C2
d I ; R
2 B C 3 A2 B 2
1
1
1
2
2
d I 2 ; R2
3 A 4 B C 3 A B 2
3 A 2B
C
2
Từ (1) và (2) suy ra A 2 B hoặc
Trường hợp 1: A 2 B .
Chọn B 1 A 2 C 2 3 5 : 2 x y 2 3 5 0
3 A 2B
2
Trường hợp 2:
. Thay vào (1) được
4
A 2 B 2 A2 B 2 A 0; A B : y 2 0; : 4 x 3 y 9 0
3
a 3
d M ; BB' C AH
2
Gọi H là trung điểm của BC
0,5
C
b)
0,25
1
a2
1
a3 3
SBB' C BB' .BC VMBB' C AH .S BB' C
2
2
3
12
Gọi I là tâm hình vng BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có B' C MI ; B' C BC' B' C MB.
0,25
(Học sinh tự vẽ hình)
Gọi K là hình chiếu của A trên d K cố định;
là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên .
Gọi
Trong tam giác vng AHK ta có AH AK .
0,25
0,5
Câu VIa
Vậy
AH max AK
là mặt phẳng qua K và vng góc với AK.
là mặt phẳng qua A và vng góc với d : 2 x y 2 z 15 0
Gọi
K 3;1; 4
Câu Vb
a)
Gọi
0,25
là mặt phẳng qua K và vng góc với AK
H :
: x 4 y z 3 0
x2 y 2
1
a2 b2
(H) tiếp xúc với
0,25
0,25
0,25
d : x y 2 0 a 2 b 2 4 1
16 4
1 2
a 2 b2
x2 y 2
a 2 8;b 2 4 H :
1
8
4
Từ (1) và (2) suy ra
x 4 y 2 A 4; 2 H
0,25
0,5
b)
(Học sinh tự vẽ hình)
Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OA OB' OC' 4
OAM OB' C' .
Lấy M là trung điểm của B’C’
AH OM AH OB' C'
Kẻ
2 3
4 6
AM OM 2 3 MH
AH
3
3
Ta có
0,25
1
15 3
SOBC OB.OC.sin BOC
2
2
1
VOABC AH .SOBC 10 2
3
Vậy
0,25
M 1 2t; 3 3t; 2t , N 5 6t'; 4t'; 5 5t'
Gọi
d M ; P 2 2t 1 1 t 0;t 1.
t 0 M 1; 3; 0 ,MN 6t' 4; 4t' 3; 5t' 5
Trường hợp 1:
MN nP MN .nP 0 t' 0 N 5; 0; 5
0,25
t 1 M 3; 0; 2 ,N 1; 4; 0
0,25
0,25
0,25
Câu VIb
Trường hợp 2:
Kết luận
0,25
0,25
