Đề 9 Thi thử đại học 2009 môn toán đề thi số 1

Thi thử Đại học 2009 Môn Toán
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Trang 1
THI THỬ ĐẠI HỌC 2009
MÔN TOÁN
Đề thi số 1
Thời gian làm bài: 180 phút
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số 1.
1
xy
x
 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số.
b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 1 .
1
x
m
x
 
Câu II (2 điểm)
a) Tìm m để phương trình  4 42 sin cos cos 4 2sin 2 0x x x x m     có nghiệm trên 0; .2   
b) Giải phương trình      84 221 1log 3 log 1 log 4 .2 4x x x   
Câu III (2 điểm)
a) Tìm giới hạn
3 2 2
0
3 1 2 1lim .
1 cosx
x xL
x
   
b) Chứng minh rằng 0 2 4 6 98 100 50100 100 100 100 100 100... 2 .C C C C C C       
Câu IV (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 3.a b c   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4 9 16 9 16 4 16 4 9 .a b c a b c a b cM         
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu Va (2 điểm)
a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình   2 21 : 4 5 0C x y y    và
  2 22 : 6 8 16 0.C x y x y     Lập phương trình tiếp tuyến chung của  1C và  2 .C
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 vuông góc với B’C.
Câu VIa (1 điểm)
Cho điểm  2;5;3A và đường thẳng 1 2: .
2 1 2
x y zd    Viết phương trình mặt phẳng   chứa
d sao cho khoảng cách từ A đến   lớn nhất.
Thi thử Đại học 2009 Môn Toán
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Trang 2
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 : 2 0d x y   tại điểm A có hoành độ bằng 4.
b) Cho tứ diện OABC có 4, 5, 6OA OB OC   và    060 .AOB BOC COA   Tính thể tích
tứ diện OABC.
Câu VIb (1 điểm)
Cho mặt phẳng   : 2 2 1 0P x y z    và các đường thẳng 1 1 3: ,2 3 2
x y zd   
2
5 5
: .
6 4 5
x y zd     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
Câu I 2 điểm
Tập xác định: Hàm số 1
1
xy
x
  có tập xác định  \ 1 .D R
Giới hạn:
1 1
1 1 1lim 1; lim ; lim .
1 1 1x x x
x x x
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:
0,25
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng 1;x  tiệm cận ngang 1.y  Giao của hai tiệm
cận  1;1I là tâm đối xứng.
0,25
a)
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
Thi thử Đại học 2009 Môn Toán
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Trang 3
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; 1:m m   phương trình có 2 nghiệm
1:m   phương trình có 1 nghiệm
1 1:m   phương trình vô nghiệm
0,25
Câu II 2 điểm
Ta có 4 4 21sin os 1 sin 2
2
x c x x   và 2os4 1 2sin 2 .c x x  0,25
Do đó   21 3sin 2 2sin 2 3x x m     .
Đặt sin 2t x . Ta có    0; 2 0; 0;1 .
2
x x t
        
Suy ra    23 2 3 , 0;1f t t t m t     
0,25
Ta có bảng biến thiên 0,25
a)
Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 100; 2
2 3
m
      
0,25
Giải phương trình        84 221 1log 3 log 1 log 4 22 4x x x   
Điều kiện: 0 1x  0,25
   2 3 1 4x x x    0,25
Trường hợp 1: 1x 
  22 2 0 2x x x    
0,25
b)
Trường hợp 1: 0 1x 
  22 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 1lim .
1 cosx
x xL
x
   
Thi thử Đại học 2009 Môn Toán
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Trang 4
Ta có
3 2 2
0
3 1 1 2 1 1lim
1 cos 1 cosx
x xL
x x
         
0,25
Xét
2 2
1 2 20 0
2 1 1 2lim lim 2
1 cos 2sin 2 1 1
2
x x
x xL
xx
x 
        
0,25
Xét  
3 2 2
2 20 0 32 2 23
3 1 1 3lim lim 2
1 cos
2sin 3 1 3 1 1
2
x x
x xL
x x
x x
 
           
0,25
Vậy 1 2 2 2 4L L L     0,25
Chứng minh rằng 0 2 4 100 50100 100 100 100... 2 .C 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
b)
Mặt khác
     2 100 502 501 1 2 2 1 2 2i i i i i i         
Vậy 0 2 4 100 50100 100 100 100... 2 .C C C C     
0,5
Cho a, b, c thoả 3.a b c   Tìm GTNN của
4 9 16 9 16 4 16 4 9 .a b c a b c a b cM         
Đặt      2 ;3 ;4 , 2 ;3 ;4 , w 2 ;3 ;4 wa b c c a b b c au v M u v           
     2 2 2w 2 2 2 3 3 3 4 4 4a b c a b c a b cM u v             
0,25
Theo cô – si có 322 2 2 3 2 6b c a b c     . Tương tự  0,5
Câu IV
Vậy 3 29.M  Dấu bằng xảy ra khi 1.a b c   0,25
Câu Va Học sinh tự vẽ hình
       1 1 1 2 2 2: 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.C I R C I R   0,25a)
Gọi tiếp tuyến chung của    1 2,C C là  2 2: 0 0Ax By C A B     
 là tiếp tuyến chung của    1 2,C C
 
 
 
 
2 2
1 1
2 22 2
2 3 1;
; 3 4 3 2
B C A Bd I R
d I R A B C A B
              
0,25
Thi thử Đại học 2009 Môn Toán
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Trang 5
Từ (1) và (2) suy ra 2A B hoặc 3 2
2
A BC  
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 BC   . Thay vào (1) được
2 2 42 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0
3
A B A B A A B y x y              
0,5
Gọi H là trung điểm của BC    3; '
2
ad M BB C AH   0,25
2 3
' ' '
1 1 3
'. .
2 2 3 12BB C MBB C BB C
a aS BB BC V AH S     
0,25
b)
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
(Học sinh tự vẽ hình)
Gọi K là hình chiếu của A trên d K cố định;
Gọi   là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên   .
0,25
Trong tam giác vuông AHK ta có .AH AK
Vậy  maxAH AK   là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.
0,25
Gọi   là mặt phẳng qua A và vuông góc với d   : 2 2 15 0x y z    
 3;1;4K
0,25
Câu VIa
  là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK   : 4 3 0x y z     0,25
Câu Vb
Gọi   2 22 2: 1x yH a b 
(H) tiếp xúc với  2 2: 2 0 4 1d x y a b     
0,25
     2 216 44 2 4;2 1 2x y A H a b       
0,25
a)
Từ (1) và (2) suy ra   2 22 28; 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
Thi thử Đại học 2009 Môn Toán
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Trang 6
Lấy M là trung điểm của B’C’    ' ' .OAM OB C 
Kẻ  ' 'AH OM AH OB C  
0,25
Ta có 2 3 4 62 3
3 3
AM OM MH AH      0,25
1 15 3
. .sin
2 2OBC
S OB OC BOC 
Vậy 1 . 10 2
3OABC OBC
V AH S 
0,25
Gọi    1 2 ;3 3 ;2 , 5 6 ';4 '; 5 5 'M t t t N t t t    
  ; 2 2 1 1 0; 1.d 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      
 . 0 ' 0 5;0; 5P PMN n MN n t N         
0,25
Trường hợp 2:    1 3;0;2 , 1; 4;0t M N    0,25
Câu VIb
Kết luận 0,25
Nguồn: Hocmai.vn