Đề ôn thi đại học 2009 đề số 1 môn : Toán khối : A

ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC 2009 
ĐỀ SỐ 1 
Môn : TOÁN Khối : A 
Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian phát đề 
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 
Câu I (2 điểm) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: y = 
1
522
+
++
x
xx
2. Dựa vào đồ thị (C), tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm dương phân biệt: 
 )1)(52(52
22 +++=++ xmmxx 
Câu II (2 điểm) 
1. Giải phương trình: 
8
232
sin3sincos3cos 33
+
=− xxxx 
2. Giải hệ phương trình: 




=−++
=+++
yxyx
yxyyx
)2)(1(
4)(1
2
2
 (x, y ∈ ) 
Câu III (2 điểm) 
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có 
A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), C(0; 2; 0),A’(0; 0; 2). 
1. Chứng minh A’C vuông góc với BC’ .Viết phương trình mặt phẳng (ABC’). 
2. Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng B’C’ trên mặt phẳng (ABC’) 
Câu IV (2 điểm) 
1. Tính tích phân: ∫ +++
=
5
3 1412 xx
dx
I 
2. Cho x,y là các số thực thỏa mãn điều kiện x2+xy+y2 ≤ 3 .Chứng minh rằng 
 –4 3 –3 ≤ x2 – xy – 3y2 ≤ 4 3 +3 
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh tự chọn câu V.a hoặc câu V.b 
Câu V.a.(2 điểm) 
 1– Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elip (E) 1
212
22
=+
yx
 .Viết phương trình 
hypebol (H) có hai đường tiệm cận là y = ±2x và có 2 tiêu điểm là 2 tiêu điểm của elip (E) . 
 2– Áp dụng khai triển nhị thức Niuton của ( )1002 xx + , Chứng minh rằng 
 0
2
1
.200
2
1
.199..............
2
1
.101
2
1
.100
199
100
100
198
99
100
100
1
100
99
0
100
=





+





−+





−





CCCC 
 ( C
k
n
 là số tổ hợp chập k của n phần tử ). 
Câu V.b.(2 điểm) 
1. Giải bất phương trình 2)2(log 1 >−+ xx 
2. Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh AB=AD=a , AA’ = 
2
3a
 và góc 
BAD =600 . Gọi M và N lấn lượt là trung điểm của các cạnh A’D’ và A’B’. Chứng minh 
rằng AC’ vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN. 
 –––––––––––––––––––––––––– Hết –––––––––––––––––––––––––––– 
 0 1 
I 
- 1 
4 
- 3 
- 4 
x 
y 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2009 
ĐỀ SỐ 1 
Môn : TOÁN Khối : A 
( Đáp án – Thang điểm gồm 5 trang ) 
Câu Ý Nội dung Điểm 
I 2,00 
 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 
y = 
1
4
1
1
522
+
++=
+
++
x
x
x
xx
• TXĐ : \{–1} 
• Sự biến thiên : y’ = ( ) ( )2
2
2 1
32
1
4
1
+
−+
=
+
−
x
xx
x
; y’=0 ⇔ x =1; x = –3 
0,25 
 Bảng biến thiên : 
 x – ∞ –3 –1 1 +∞ 
 y’ + 0 – – 0 + 
 –4 + ∞ +∞ 
 – ∞ –∞ 4 
Cực trị: yCĐ = y(–3) = –4 , yCT = y(1) = 4 
0,50 
 • Tiệm cận:Tiệm cận đứng x = –1 , Tiệm cận xiên y = x +1 
 • Đồ thị : 
 2 Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm dương phân biệt(1,00 điểm). 
Phương trình đã cho tương đương với : 
1
522
+
++
x
xx
 = 522 ++ mm 
0,25 
 Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 
y = 
1
522
+
++
x
xx
 với đường thẳng y = 522 ++ mm 
0,25 
 Phương trình đã cho có 2 nghiệm dương khi và chỉ khi : 
 4 < 522 ++ mm < 5 ⇔ 



<<−
−≠
02
1
m
m
0,50 
II 2,00 
 1 Giải phương trình (1,00 điểm) 
 Phương trình đã cho tương đương với : 
 cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) = 
2
232 +
⇔ cos23x + sin23x + 3(cos3xcosx – sin3xsinx) = 
2
232 +
⇔ cos4x = 
2
2
0,50 
⇔ 4x = ± 
216
2
4
pipi
pi
pi
kxk +±=⇔+ 
0,50 
 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) 
 Hệ đã cho tương đương với : 




=−+
=
+
⇔






=−+
+
=−++
+
12
1
1
1)2(
1
22
1 2
2
2
xy
y
x
xy
y
x
xy
y
x
 ⇔ 
0,50 
⇔ 



−=
=−+
xy
xx
3
022
⇔ 



=
=
2
1
y
x
hoặc 



=
−=
5
2
y
x
0,50 
III 2,00 
 1 Chứng minh AC’ ⊥ BC’ .Viết phương trình mp(ABC’) (1,00 điểm) 
• Ta có : C’(0;2;2) , 
→
CA' =(0;2;–2) , 
→
'BC = (–2;2;2) 
→
CA' .
→
'BC = 0.(–2)+2.2+(–2).2 = 0 ⇒ A’C ⊥ BC’ 
0,50 
 • Vì A’C ⊥ BC’ , A’C ⊥ AB nên A’C ⊥ (ABC’) 
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC’) là
→
n = 
→
AC =(0;2;–2) 
Phương trình mặt phẳng (ABC’) là : 
 0.(x–0) + 2(y–0) –2(z–0) = 0 ⇔ y – z = 0. 
0,50 
 2 (1,00 điểm) 
Ta có 
→
''CB = 
→
BC =(–2;2;0). Gọi (α) là mặt phẳng chứa B’C’ và vuông 
góc với mặt phẳng (ABC’) thì hình chiếu vuông góc của B’C’ trên (ABC’) 
là giao tuyến của (α) và (ABC’) 
0,25 
Vectơ pháp tuyến của (α) là 
→
αn =[ 
→
''CB ;
→
n ] = (–4;–4;–4) 
0,25 
 Phương trình của (α): 1(x–0)+1.(y–2)+1.(z–2) = 0 ⇔ x + y + z – 4 = 0 0,25 
Phương trình hình chiếu của B’C’ trên (ABC’) là : 



=−
=−++
0
04
zy
zyx
0,25 
IV 2,00 
 1 Tính tích phân (1,00 điểm) 
Đặt t = 14 +x ⇒ x = tdtdx
t
2
1
4
12
=⇒
−
0,25 
Ta có ( ) ( )∫∫ 




+
−
+
=
+
5
3 2
5
3 2 1
1
1
1
1
dt
ttt
tdt
0,50 
 =
12
1
2
3
ln
1
1
)1ln(
5
3
−=



+
++
t
t 
0,25 
 2 Chứng minh: – 4 3 –3 ≤ x2 – xy – 3y2 ≤ 4 3 –3 (1,00 điểm) 
 Đặt A = 2x + xy + 2y ,B == 2x – xy –3 2y 
Nếu y = 0 thì B= 2x ⇒ 0 ≤ B ≤ 3 
0,25 
Nếu y ≠0 thì đặt t = 
y
x
 ta được B = A. 
1
3
.
3
2
2
22
22
++
−−
=
++
−−
tt
tt
A
yxyx
yxyx
0,25 
Xét phương trình m
tt
tt
=
++
−−
1
3
2
2
⇔ (m–1)t2 + (m+1)t + m + 3 = 0 (1) 
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi m = 1 hoặc 
∆ = (m+1)2 – 4(m–1)(m+3) ≥ 0 ⇔ 
3
483 −− ≤ m ≤ 
3
483 +−
Vì 0 ≤ A ≤ 3 nên –3– 34 ≤ B ≤ –3+ 34 
0,50 
V.a 2,00 
 1 (1,00 điểm) 
(E): 1
212
22
=+
yx
 có hai tiêu điểm là F1(– 10 ;0) , F2( 10 ;0) 
Vì (H) có cùng tiêu điểm với (E) nên phương trình của (H) có dạng: 
 1
2
2
2
2
=−
b
y
a
x
0,25 
 Vì (H) có cùng tiêu điểm với (E) nên 
 a2 + b2 = c2 = 10 (1) 
0,25 
 Vì (H) có hai đường tiệm cận là y = ±2x nên b = 2a (2) 0,25 
 Từ (1) và (2) suy ra a2 = 2 , b2 = 8 
Phương trình của (H) là : 1
82
22
=−
yx
0,25 
 2 Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn , chứng minh đẳng thức (1,00 điểm) 
 Ta có : 200
100
100
19999
100
1011
100
1000
100
100100 ...)1( xxxxxx CCCC ++++=+ 
0,25 
 Lấy đạo hàm 2 vế ta suy ra : 
[ ] 199100
100
1001
100
990
100
100 200...101100)21()1(100 xxxxxx CCC +++=++ 
0,50 
Thay x= –
2
1
ta suy ra B = 0 
0,25 
V.b 2,00 
 1 Giải bất phương trình (1,00 điểm) 
 Điều kiện –1 < x < 0 0,25 
 Bất phương trình đã cho tương đương với : 
 –2x ++⇔+ xxx 
0,25 
 ⇔ x –2+ 3 . 0,25 
 Kết hợp với điều kiện ta được –2+ 3 < x < 0 0,25 
 2 Chứng minh AC’ ⊥ (BDMN). Tính VA.BDMN (1,00 điểm ) 
Gọi O là tâm của đáy ABCD, S là điểm đối xứng của A qua A’ . Khi đó 
S,M,D thẳng hàng và M là trung điểm của SD; S,N,B thẳng hàng và N là 
trung điểm của SB. 
Từ hai tam giác đồng dạng SAO và ACC’ ta suy ra AC’ ⊥ SO (1) 
0,25 
 Vì BD ⊥ AC , BD ⊥ AA’ ⇒ BD ⊥ (ACC’A’) ⇒ BD ⊥ AC’ (2) 
Từ (1) và (2) suy ra AC’ ⊥ (BDMN) 
0,25 
Ta có: VA.BDMN = 
4
3
VS.ABD = 
4
3
.
3
1
SA.SABD = 
4
1
.a 3 .
16
3
4
3 32 aa
= 
0,50 
========== Hết ============ 
M 
N 
S 
A' D' 
B' C' 
O 
A D 
C B