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

TRƯỜNG THPT
MAI ANH TUẤN
Nga son- Thanh hoa
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III KHỐI A NĂM 2009
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút
PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH
Câu I (2 điểm).
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x4 – 4x2 + 3
2. Tìm m để phương trình 4 2 24 3 logx x m   có đúng 4 nghiệm.
Câu II (2 điểm).
1. Giải bất phương trình:     325 1 5 1 2 0x x x    
2. Giải phương trình: 2 ( 2) 1 2x x x x    
Câu III (2 điểm)
1. Tính giới hạn sau:
1 2
31
tan( 1) 1lim
1
x
x
e x
x


  

2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi , BAD   . Hai mặt bên (SAB) và
(SAD) cùng vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại hợp với đáy một góc  .
Cạnh SA = a. Tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu IV (1 điểm). Cho tam giác ABC với các cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng:
3 3 3 2 2 2 2 2 23 ( ) ( ) ( )a b c abc a b c b c a c a b        
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 đường thẳng : 2 3 0x y    và hai điểm A(1;
0), B(3; - 4). Hãy tìm trên đường thẳng  một điểm M sao cho 3MA MB  nhỏ
nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: 1
1
: 2
2
x t
d y t
z t
     
và
2 : 1 3
1
x t
d y t
z t
    
. Lập phương trình đường thẳng đi qua M(1; 0; 1) và cắt cả hai
đường thẳng d1 và d2.
3. Tìm số phức z thỏa mãn: 2 2 0z z 
Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao
1. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x - 6)2 +
y2 = 25 cắt nhau tại
 A(2; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây
cung có độ dài bằng nhau.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: 1
1
: 2
2
x t
d y t
z t
     
và
2 : 1 3
1
x t
d y t
z t
    
. Lập phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc
chung của d1 và d2.
3. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 1 2 1z i   , tìm số phức z có modun nhỏ
nhất.
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
I
 TXĐ D = 
Giới hạn : lim
x
y  
Sự biến thiên : y’ = 4x3 - 8x
y’ = 0 0, 2x x   
Bảng biến thiên
x  2 0 2

y’ - 0 + 0 - 0 +
y  
3
-1 -1
Hàm số đồng biến trên các khoảng    2;0 , 2;  và nghịch biến trên các khoảng
   ; 2 , 0; 2 
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 , yCT= -1
025
025
025
Đồ thị y
 3
3 1 3
-1 O x
025
2 1
Đồ thị hàm số 4 24 3y x x   y
3 y = log2m
1
x
O
3 2 -1 1 2 3
Số nghiệm của phương trình 4 2 24 3 logx x m   bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
4 24 3y x x   và đường thẳng y = log2m.
Vậy phương trình có 4 nghiệm khi và chỉ khi log2m = 0 hoặc 21 log m 3 
hay m = 1 hoặc 2<m<9
025
025
025
025
2
1 1
 II
Viết lại bất phương trình dưới dạng 5 1 5 1 2 2 0
2 2
x x               
Đặt t = 5 1 , 0.
2
x
t
     
 khi đó 5 1 1
2
x
t
     
Bất phương trình có dạng
 t +
1 2 2 0
t
  2 2 2 1 0t t   
025
025
025
2 1 2 1t    
5 1 5 1
2 2
5 12 1 2 1
2
log ( 2 1) log ( 2 1)
x
x 
        
    
025
2 1
Điều kiện : 1x 
Phương trình tương đương với 2 ( 1 1) 2 1 2( 1) 0x x x x x        (*)
Đặt 1, 0y x y   . Khi đó (*) có dạng : x2 – x(y - 1) – 2y – 2y2 = 0
( 2 )( 1) 0
2 0( 1 0)
x y x y
x y do x y
    
     
2
2 1
4 4 0
2
x x
x x
x
  
   
 
025
025
05
2
1 1
1 2 1 2
3 2 3
31 1
1 2
3 2 3 23 3
21 1
3 2 3 23 3
1 1
tan( 1) 1 1 tan( 1)lim lim .( 1)
11
1 tan( 1)lim .( 1) lim .( 1)( 1)
1 1
lim( 1) lim( 1)( 1) 9
x x
x x
x
x x
x x
e x e x
x x
xx
e x
x x x x x
x x
x x x x x
 
 

 
 
       
        
       
025
05
025
2 1
III
Kẻ đường cao SI của tam giác SBC. Khi đó AI BC
(Định lí 3 đường vuông góc) do đó SIA   S
AI = a.cot  , AB = AD = cot
sin
a 
 , SI = sin
a

025
025
2 2cot
. .sin
sinABCD
aS AB AD   
A D
3 2
.
cot
3sinS ABCD
aV 
Sxq = SSAB + SSAD SSBC + SSCD B I C
 =
2 cot 1
.(1 )
sin sin
a 
 
025
025
1IV
Ta có 3 3 3 2 2 2 2 2 23 ( ) ( ) ( )a b c abc a b c b c a c a b        
2 2 2 2 2 2 2 2 2 3
2 2 2 2
3
cos cos cos
2
a b c b c a c a b
ab bc ca
A B C
        
   
Mặt khác
2 2 2 2
cos cos cos (cos cos ).1 (cos cos sin sin )
1 1 3[(cos cos ) 1 ]+ [sin A+sin B]-cos cos
2 2 2
A B C A B A B A B
A B A sB
     
   
Do đó 3cos cos cos
2
A B C  
025
025
05
3
1 1
Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J( 5 ; 3
2
 )
Ta có : 3 ( ) 2 2 2 4MA MB MA MB MB MI MB MJ             
Vì vậy 3MA MB  nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng 
Đường thẳng JM qua J và vuông góc với  có phương trình : 2x – y – 8 = 0.
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
2
2 3 0 5
2 8 0 19
5
x
x y
x y y
         
 vậy M( 19 2;
5 5
 )
025
025
025
025
2 1
Va
Đường thẳng d1 đi qua A(1; 0; -2) và có vecto chỉ phương là 1 ( 1;2;1)u  

, đường thẳng d2 đi qua
B(0; 1; 1) và có vecto chỉ phương là 2 (1;3; 1)u  

.
Gọi ( ), ( )  là các mặt phẳng đi qua M và lần lượt chứa d1 và d2. Đường thẳng cần tìm chính là
giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) à ( )v 
025
025
Ta có (0;0; 3), ( 1;1;0)MA MB    
1 1 2 2
1
; (2;1;0), ; (1;1;4)
3
n MA u n MB u          
     
 là các vecto pháp tuyến của ( ) à ( )v 
Đường giao tuyến của ( ) à ( )v  có vectơ chỉ phương 1 2; (4; 8;1)u n n    
  
 và đi qua M(1;0;1)
nên có phương trình x= 1 + 4t, y = 8t, z = 1 + t
025
025
3 1
Gọi z = x + y.i. Khi đó z2 = x2 – y2 + 2xy.i, z x yi 
2 2 2
2 2
2 0 2 2( 1) 0
2 0 ( 1; 3), ( 0; 0), ( 2; 0)
2( 1) 0
z z x y x x yi
x y x
x y x y x y
x y
       
              
Vậy có 4 số phức thỏa mãn z = 0, z = - 2 và z = 1 3i
025
025
025
025
3
1 1
Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tìm với (C1) và (C2) lần lượt là M và N
Gọi M(x; y) 2 21( ) 13C x y    (1)
Vì A là trung điểm của MN nên N(4 – x; 6 – y).
Do N 2 22( ) (2 ) (6 ) 25C x y      (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ
2 2
2 2
13
(2 ) (6 ) 25
x y
x y
      
Giải hệ ta được (x = 2 ; y = 3) ( loại) và (x = 17
5

; y = 6
5
 ). Vậy M( 17
5

;
6
5
)
Đường thẳng cần tìm đi qua A và M có phương trình : x – 3y + 7 = 0
025
025
025
025
2 1
Vb
Gọi M (1- t ; 2t ; -2 + t) 1d , N(t’ ; 1+3t’ 1- t’) 2d
Đường thẳng d1 có vecto chỉ phương là 1 ( 1;2;1)u  

, đường thẳng d2 có vecto chỉ phương là
2 (1;3; 1)u  

.
( ' 1;3 ' 2 1; ' 3)MN t t t t t t       
MN là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 khi và chỉ khi
1
2
. 0 2 ' 3 3 0
11 ' 4 1 0
. 0
MN u t t
t tMN u
          
 
 
3
'
5
7
5
t
t
   
Do đó M( 2 14 3; ;
5 5 5
  ), N( 3 14 2; ;
5 5 5
).
025
025
025
Mặt cầu đường kính MN có bán kính R = 2
2 2
MN  và tâm I( 1 14 1; ;
10 5 10
 ) có phương
trình 2 2 21 14 1 1( ) ( ) ( )
10 5 10 2
x y z      025
3 1
Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z.
2 21 2 1 ( 1) ( 2) 1z i x y       
 Đường tròn (C) : 2 2( 1) ( 2) 1x y    có tâm (-1;-2) O
 Đường thẳng OI có phương trình y = 2x
 Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm
 Biểu diễn nó thuộc (C) và gần gốc tọa độ O nhất, đó chính là một trong hai
 giao điểm của đường thẳng OI và (C)
Khi đó tọa độ của nó thỏa
 mãn hệ 2 2
1 11 12 5 5
,
2 2( 1) ( 2) 1 2 2
5 5
x x
y x
x y y y
                       
Chon z = 1 21 ( 2 )
5 5
i    
025
025
025
025
 I