Đề thi thử đại học lần II khối A năm 2009 môn: Toán

Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
TRƯỜNG THPT
MAI ANH TUẤN
NGA SƠN _ THANH HÓA
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A NĂM 2009
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút
PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH
Câu I (2 điểm). Cho hàm số 3 23 ( 1) 1y x x m x     có đồ thị là (Cm)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
2. Tìm những giá trị của m để đường thẳng 1y x  cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm phân biệt A(0; 1), B, C
sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại B và C vuông góc với nhau.
Câu II (2 điểm).
1. Giải hệ phương trình
3 3
3 3
x y
y x
      
2. Giải phương trình 23sin2sinsin 222  xxx
Câu III (2 điểm)
1. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường tròn tâm I(2; 2) bán
kính R = 1 quanh trục hoành.
2. Trong không gian cho hai điểm A, B cố định, độ dài đoạn AB = a > 0. Ax và By là hai nửa
đường thẳng vuông góc với nhau và cùng vuông góc với AB. Trên Ax và By lấy hai điểm M và N sao
cho MN = b (với b là một số cho trước và b > a).
a) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN.
b) Xác định vị trí của M và N sao cho tứ diện ABMN có thể tích lớn nhất.
Câu IV (1 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 3 21 ( 1) (1 ) 1x m x m x      .
PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb
Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm P(3; 1) và hai đường thẳng có phương trình là
1 : 2 1 0d x y   và 2 : 2 3 0d x y   . Viết phương trình đường thẳng đi qua P và tạo với hai đường
thẳng 1 2àd v d một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của 1 2àd v d .
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1
1 2 1
:
2 1 1
x y z    
2
1 2 3
:
2 1 2
x y z     và mặt cầu (S): x
2
 + y2 + z2 + 4x -2y +6z + 5 = 0. Viết phương trình mặt
phẳng tếp xúc với mặt cầu (S) đồng thời song song với 1 và 2 .
3. Tìm phần thực của số phức  20091 i
Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( )E có phương trình
2 2
1
9 4
x y  và điểm M(- 1; 1)
Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M và cắt ( )E tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của
đoạn thẳng AB.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 3; - 2), B(0; 0; 1), C(2; 0; 1). Tìm tọa
độ của điểm M sao cho MA2 + MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhất.
3. Giải bất phương trình 2 40,5 2 16log 4log 4 logx x x  
Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KHỐI A
Câu ý Nội dung Điểm
2
1 1
 TXĐ D = 
Sự biến thiên : y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x + 1)2 0 x  
Hàm số đồng biến trên 
Hàm số không có cực trị
Giới hạn : lim
x
y  
Bảng biến thiên
x  0 
y’ + 0 +
y 

Đồ thị y
 1
-1 O x
025
023
025
025
2 1
I
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm) và đường thẳng y = x + 1
 x
3
 + 3x2 + mx = 0 2
0
3 0
x
x x m
    
Đường thẳng y = x + 1 cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi
2( ) 3 0g x x x m    có hai nghiệm phân biệt khác 0 khi và chỉ khi
90 9 4 0
4(0) 0 0 0
m m
g m
m
             
 (*)
Khi đó hoành độ của B và C thỏa mãn
3
.
B C
B C
x x
x x m
   
 (1)
Ta có f’(x) = 3x2 + 6x + m + 1
Hệ số góc các tiếp tuyến tại B và C là f’(xB) = 23 6 1B Bx x m   ,f’(xC) = 23 6 1C Cx x m  
Các tiếp tuyến tại B và C vuông góc khi và chỉ khi f’(xB). f’(xC) = -1
 ( 23 6 1B Bx x m   ).( 23 6 1C Cx x m   ) = - 1
 ( 23 6B Bx x )( 23 6C Cx x )+ (m + 1)( 23 6B Bx x + 23 6C Cx x ) + (m + 1)2 = - 1
 2 29( . ) 18 ( ) 36 3( 1)(( ) 2 3( ))B C B C B C B C B C B C B Cx x x x x x x x m x x x x x x        
025
025
025
Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
 +m2 + 2m + 2 = 0
Kết hợp với (1) ta được
 9m2 – 54m + 36m + 3(9 – 2m - 9) + m2 + 2m + 2 = 0
 5m2 – 11m + 1 = 0  11 91
10
m
 thỏa mãn điều kiện (*)
Kết luận: Với 11 91
10
m
 thì thỏa mãn yêu cầu. 025
2
1 1
Điều kiện: 0 3,0 3x y   
Ta có
3 3
3 3
x y
y x
      
 2 (3 ) 0
2 (3 ) 0
x y x y
y x y x
        
(3 ) (3 ) 0
(3 ) 0
(3 ) 0
x y y x
x y
y x
    
    

0
0
3
3
x
y
x
y
    
 Kiểm tra ta thấy 0 3,
0 3
x x
y y
     
 thỏa mãn.
Kết luận : Hệ có hệ có hai nghiệm
0 3
,
0 3
x x
y y
     
025
025
025
025
2 1
 II
Ta có 23sin2sinsin 222  xxx 21 os2x 1 os6xsin 2 2
2 2
c c
x
    
2
2
os2 os6 2(1 sin 2 ) 0
os2 . os4 os 2 0
os2 ( os4 os2 ) 0
c x c x x
c x c x c x
c x c x c x
    
  
  
os2 0c x  hoặc cos4x + cos2x = 0
os2 0
4 2
c x x k     ,
cos4x + cos2x = 0 os4 os( 2 )c x c x   6 3
2
x k
x k
 
 
      
Kết luận: Phương trình có ba họ nghiệm
4 2
x k   , à
6 3 2
x k v x k       
025
025
025
025
2
1 1
III
Đường tròn tâm I(2; 1) bán kính R = 1 có phương trình : (x - 2)2 + (y - 1)2 = 1
Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Điều kiện: 1 3x  . Từ phương trình đường tròn ta có 21 1 ( 2)y x    với 1y 
Và 21 1 ( 2)y x    với 1y  .
Thể tích vật thể cần tìm
   3 32 22 2
1 1
3
2
1
1 1 ( 2) 1 1 ( 2)
4 1 ( 2)
V x dx x dx
x dx
 

       
  
 

Đặt x – 2 = sint với
2 2
x
    .
 x = 1 t =
2

x = 3  t =
2

dx = costdt, 21 ( 2)x  = cost.
Vậy V =
2
2
2
4 osc tdt




 = 2 2
2
2 (1 os2 ) 2c t dt


 

 
025
025
025
025
2 1
a) Gọi I là trung điểm của MN.
 Ta có ,BN AB BN AM BN BM    x
do đó tam giác BMN vuông tại B suy ra BI =
2
MN
, A M
tương tự AI =
2
MN
.
Vậy AI = BI = MI = NI =
2
MN
=
2
b I
Tâm mặt cầu ngoại tiếp là I, bán kính R =
2
b B
b) Đặt AM = x > 0, BN = y > 0 N
Tam giác ABN vuông tại B nên AN2 = AB2 + BN2 y
Tam giác AMN vuông tại A nên MN2 = AM2 + AN2
Suy ra b2 = MN2 = AM2 + AB2 + BN2 = x2 + a2 + y2
Do đó x2 + y2 = b2 – a2 không đổi.
 Tứ diện ABMN có đáy là ABM, đường cao BN.
Thể tích 2 2 2 21 1 1ax ( ) ( )
6 12 12
V y a x y a b a     .
Thể tích tứ diện ABMN lớn nhất khi AM = BN =
2 2
2
b a
.
025
025
025
025
1IV
Ta có 3 21 ( 1) (1 ) 1x m x m x      2 2( 1)( 1) ( 1) ( 1)x x x m x x x        
Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Điều kiện 1x  
Khi đó bất phương trình tương đương với 2 2
1 1
1 1
x x
m
x x x x
     
 2 21 11 1
x x
m
x x x x
      (*)
Đặt t = 2
1
1
x
x x

  , bất phương trình (*) có dạng : t – t
2
m (1)
Ta có
2
2 2
2
2 2
' , ' 0 1 3
12( 1)
1
x x
t t x
x
x x
x x
          
.
Bảng biến thiên
x
-1 1 3  
t’ + 0 -
t 3 2 3
3

0 0
 Vậy 11 7 30;
13
t
     
. Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có
nghiệm 11 7 30;
13
t
     
 khi và chỉ khi
11 7 3[0; ]
13
ax ( )
t
M f t m

 với f(t) = t – t2
f’(t) = 1 – 2t
Bảng biến thiên
t
0 1
2
3 2 3
3

f’(t) + 0 -
f(t)
1
4
Từ bảng biến thiên :
11 7 3[0; ]
13
1 1
ax ( )
4 2
t
M f t khi x

 
Vậy ycbt tương đương với 1
4
m 
025
025
025
025
3
1 1
Va
Đường thẳng đi qua P(3 ; 1) có dạng : ax 3 0by a b    
Đường thẳng  tạo với hai đường thẳng 1 2àd v d một tam giác cân có đỉnh là giao của
1 2àd v d khi và chỉ khi 1 2( , ) ( , )d d  
1 2os( ,d ) os( ,d )c c   
025
Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
2 2 2 2
2 2
5( ) 5( )
2 2
a b a b
a b a b
a b a b
   
   
2 2a b a b    hoặc 2 2a b a b   
3 0a b   hoặc 3 0a b 
Chọn a = 3, b = 1 hoặc a = 1, b = - 3.
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán 3x + y –10 = 0 và x – 3y = 0
025
025
025
2 1
Vectơ chỉ phương của 1
1 2 1
:
2 1 1
x y z     và 2
1 2 3
:
2 1 2
x y z     lần lượt là
(2; 1;1), ( 2;1;2)u v     . Mặt phẳng (P) song song với 1 và 2 nhận cặp vectơ
(2; 1;1), ( 2;1;2)u v     làm cặp vectơ chỉ phương.
Ta có  1 1 1 2 2 1; ; 3; 6;0 3(1;2;0)
1 2 2 2 2 1
n
          

. Mặt phẳng (P) có dạng
 (P) : x + 2y + m = 0.
Mặt cầu (S) có tâm I(- 2 ; 1 ; - 3) và bán kính R = 3.
Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi
2 2 2
2 2( , ( )) 3 3 5
1 2 0
m
d I P R m
        
Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu là x + 2y + 3 5 = 0 và x + 2y – 3 5 = 0.
025
025
025
025
3 1
Ta có
    10042009 2
1004
1004 1004 1004
1 1 (1 )
( 2 ) (1 )
2 (1 ) 2 2
i i i
i i
i i
   
  
   
Vậy phần thực của số phức trên là 10042
025
025
025
025
3
1 1
Vb
Đường thẳng  đi qua M(- 1 ; 1) có dạng 1
1
x at
y bt
    
 ( 2 2 0a b  )
A,B 1
1
1
1
A
A
x at
y bt
     
 và 2
2
1
1
B
B
x at
y bt
    
.
M là trung điểm của AB khi và chỉ khi
2
2
A B M
A B M
x x x
y y y
   
1 2 2 2
1 2
1 2
( ) 0
0 (1) ( 0)( ) 0
a t t
t t do a b
b t t
        
A, B ( )E suy ra t1, t2 là hai nghiệm của phương trình 4(-1 + at)2 + 9(1 + bt)2 = 36
4 2 2(4 9 ) (8 18 ) 23 0a b t a b t      .
t1 + t2 = 0 8 18 0 4 9 0a b a b      . Chọn a = 9, b = 4
025
025
025
025
Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình 1 9
1 4
x t
y t
    
2 1
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là G(1 ; 1 ; 0)
Ta có
     
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
MA MB MC
3 ( )
3
MG GA MG GB MG GC
MG GA GB GC MG GA GB GC
MG GA GB GC
GA GB GC
 
     
      
   
  
     
   
Vậy MA2 + MB2 + MC2  2 2 2GA GB GC  dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M G
025
025
025
025
3 1
Ta có
 
4
16
2 4 2
0,5 2 16 0,5 2
22 4
0,5 2 16
2
2
2 2
2 2
2 2 2 2
4 log 0
log 4log 4 log log 4log 0
log 4log 4 log
4 log 0
log 2log 0
log 2log 16 8log log
0
x
x x x x x
x x x
x
x x
x x x x
x
          
         
2
2
80 log
5
log 2
0
641
25
10
4
x
x
x
x
x
      
     
Tập nghiệm của bất phương trình là S = 64 1[1; ] (0; ]
25 4

025
025
025
025