Đề thi thử đại học môn Toán - Số 13

Tr−ờng T.H.P.T Nguyễn Trung Ngạn Đề thi thử đại học năm 2009 
 Tổ toán – Tin Môn toán - Khối A 
 Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) 
Phần A : Dành cho tất cả các thi sinh . 
Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (c) của hàm số : y = x3 – 3x2 + 2 
 2) Biện luận theo m số nghiệm của ph−ơng trình : 
2 2 2
1
m
x x
x
− − =
−
Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải ph−ơng trình : 11 5 7 3 2009cos sin 2 sin
4 2 4 2 2 2
x x xpi pi pi     
− + − = +     
     
 2) Giải hệ ph−ơng trình : 
2 2
2 2
2 2
30 9 25 0
30 9 25 0
30 9 25 0
x x y y
y y z z
z z x x

− − =

− − =

− − =
Câu III(2,0 điểm ) 1) Tính tích phân : 
3
1
( 4)
3 1 3
x dx
x x−
+
+ + +∫ 
 2) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mAn : 2-x + 2-y +2-z = 1 .Chứng minh rằng : 
4 4 4
2 2 2 2 2 2
x y z
x y z y z x z x y+ + +
+ +
+ + +
 ≥ 2 2 2
4
x y z+ +
Câu IV ( 1,0 điểm ) : 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với 
mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho 
 AM = 
3
3
a
, mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N . Tính thể tích khối chóp S.BCNM . 
Phần B ( Thí sinh chỉ đ−ợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2) 
Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo ch−ơng trình chuẩn ) 
Câu V.a ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đ−ờng thẳng : 
 d1 : 
2 1
4 6 8
x y z− +
= =
− −
 ; d2 : 
7 2
6 9 12
x y z− −
= =
−
 1) Chứng minh rằng d1 và d2 song song . Viết ph−ơng trình mặt phẳng ( P) qua d1 và d2 . 
 2) Cho điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đ−ờng thẳng d1 sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất 
Câu VI.a (1.0điểm) Giải ph−ơng trình : 
2 3
9 273 3
log ( 1) log 2 log 4 log ( 4)x x x+ + = − + + 
Phần 2 ( Dành cho học sinh học ch−ơng trình nâng cao ) 
Câu V.b (2,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đ−ờng thẳng : 
 D1 : 
2 1
1 1 2
x y z− −
= =
−
 , D2 :
2 2
3
x t
y
z t
= −

=

=
 1) Chứng minh rằng D1 chéo D2 . Viết ph−ơng trình đ−ờng vuông góc chung của D1 và D2 
 2) Viết ph−ơng trình mặt cầu có đ−ờng kính là đoạn vuông góc chung của D1 và D2 
CâuVI.b ( 1,0 điểm) Cho ph−ơng trình : 
2 2
5 5log 2 log 1 2 0x x m+ + − − = , ( m là tham số ) . 
 Tìm các giá trị của tham số m để ph−ơng trình đA cho có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 
31;5 
  
 .Hết  
 Giám thị coi thi không giải thích gì thêm . 
H−ớng dẫn giải : 
Phần A : Dành cho tất cả các thí sinh 
Câu I : 1) ( Thí sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị ) 
 2) Đồ thị hàm số y = 2( 2 2) 1x x x− − − , với x ≠ 1 có dạng nh− hình vẽ : 
Dựa vào đồ thị ta có : *) Nếu m < -2 : Ph−ơng trình vô nghiệm 
 *) Nếu m = - 2 : Ph−ơng trình có hai nghiệm 
 *) Nếu – 2 < m < 0 : Ph−ơng trình có 4 nghiệm phân biệt 
 *) nếu m ≥ 0 : Ph−ơng trình có hai nghiệm phân biệt 
Câu II : 1) 11 5 7 3 2009cos sin 2 sin
4 2 4 2 2 2
x x xpi pi pi     
− + − = +     
     
 ( 1) 
 ( 1) ⇔
5 3 3
sin sin 2 cos
2 4 4 2 2
x x xpi pi   
− − − =   
   
 ⇔ -2
3 3
cos cos 2 cos
4 2 2
x x
x
pi 
+ = 
 
 ⇔ 
3
cos 0
2
x
= hoặc 
2
cos( )
4 2
x
pi
+ = − . Giải các ph−ơng trình cơ bản tìm đ−ợc nghiệm : 
2
 , x= 2 , x = k2
3 3 2
k
x k
pi pi pi
pi pi= + + 
 2) Ta có 
2 2
2 2
2 2
30 9 25 0
30 9 25 0
30 9 25 0
x x y y
y y z z
z z x x

− − =

− − =

− − =
 ⇔
2
2
2
2
2
2
30
9 25
30
9 25
30
9 25
x
y
x
y
z
y
z
x
z

= +

=
+

=
+
 ( 2). Từ hệ ta có x, y, z không âm 
 *) Nếu x = 0 thì y = z = 0 suy ra ( 0;0;0 ) là nghiệm của hệ 
 *) Nếu x>0, y> 0 , z > 0 . Xét hàm số : f(t) = 
2
2
30
9 25
t
t +
 , t > 0 
 Ta có f’(t) = ( )22
1500
9 25
t
t +
 > 0 với mọi t > 0 . 
 Do đó hàm số f(t) đồng biến trên khoảng ( )0;+∞ 
 Hệ (2) đ−ợc viết lại 
( )
( )
( )
y f x
z f y
x f z
=

=

=
 . 
Từ tính đồng biến của hàm f ta dễ dàng suy ra x= y = z . Thay vào hệ ph−ơng trình 
Ta đ−ợc nghiệm x = y = z = 
5
3
. 
y = m 
1+ 3 1- 3 
- 2 
m 
1 2 
Nghiệm của hệ là ( ) 5 5 50;0;0 , ; ; 
3 3 3
  
  
  
Câu III 1) Tính tích phân I = 
3
1
( 4)
3 1 3
x dx
x x−
+
+ + +∫ 
 Đặt t = 1x + . Ta có I = ( )
2 2
2
0 0
20 12
2 6
3 2
t
t dt dt
t t
+
− +
+ +∫ ∫ = ( )
2
2 2
0 2
0
20 12
6
3 2
t
t t dt
t t
+
− +
+ +∫ 
 = - 8 + 
2 2
0 0
28 8
2 1
dt dt
t t
−
+ +∫ ∫ = - 8 + 28ln2 – 8 ln3 
 2) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mAn : 2-x + 2-y +2-z = 1 .Chứng minh rằng : 
4 4 4
2 2 2 2 2 2
x y z
x y z y z x z x y+ + +
+ +
+ + +
 ≥ 2 2 2
4
x y z+ +
 Đặt 2x = a , 2y =b , 2z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc 
 Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
+ +
+ + ≥
+ + +
 ( *) 
 ( *) ⇔
3 3 3
2 2 2 4
a b c a b c
a abc b abc c abc
+ +
+ + ≥
+ + +
 ⇔ 
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
 Ta có 
3 3
( )( ) 8 8 4
a a b a c
a
a b a c
+ +
+ + ≥
+ +
 ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) 
 T−ơng tự 
3 3
( )( ) 8 8 4
b b c b a
b
b c b a
+ +
+ + ≥
+ +
 ( 2) 
3 3
( )( ) 8 8 4
c c a c b
c
c a c b
+ +
+ + ≥
+ +
 ( 3) . 
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh 
Câu IV : 
 Tính thể tích hình chóp SBCMN 
 ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD 
 Ta có : 
BC AB
BC BM
BC SA
⊥
⇒ ⊥ ⊥
 . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đ−ờng cao 
A 
S 
B C 
M
N 
D 
H 
 Ta có SA = AB tan600 = a 3 , 
3
3 23
2 33
a
a
MN SM MN
AD SA a a
−
= ⇔ = = 
 Suy ra MN = 
4
3
a
 . BM = 
2
3
a
 Diện tích hình thang BCMN là : 
 S = 
2
4
2 2 103
2 2 3 3 3
a
a
BC MN a a
BM
 
+ +
= = 
 
 
 Hạ AH ⊥ BM . Ta có SH ⊥ BM và BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SH . Vậy SH ⊥ ( BCNM) 
 ⇒ SH là đ−ờng cao của khối chóp SBCNM 
 Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , 
AB AM
SB MS
= = 
1
2
 . 
Vậy BM là phân giác của góc SBA ⇒ 
 030SBH = ⇒ SH = SB.sin300 = a 
 Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 
1
.( )
3
SH dtBCNM = 
310 3
27
a
 Phần B. (Thí sinh chỉ đ−ợc làm phần I hoặc phần II) 
 Phần I. (Danh cho thí sinh học ch−ơng trình chuẩn) 
 Câu V.a.1) Véc tơ chỉ ph−ơng của hai đ−ờng thẳng lần l−ợt là: 1u
ur
(4; - 6; - 8) 
 2u
uur
( - 6; 9; 12) 
 +) 1u
ur
 và 2u
uur
 cùng ph−ơng 
 +) M( 2; 0; - 1) ∈ d1; M( 2; 0; - 1) ∉ d2 
 Vậy d1 // d2 
 *) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n
r
 = ( 5; - 22; 19) 
 (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0 
 2) AB
uuur
 = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 
 Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 
 Ta có: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B 
 IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B 
 Khi A1, I, B thẳng hàng ⇒ I là giao điểm của A1B và d 
 Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B. 
 *) Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm đ−ợc H 
36 33 15
; ;
29 29 29
 
 
 
 A’ đối xứng với A qua H nên A’
43 95 28
; ;
29 29 29
 
− 
 
 I là trung điểm của A’B suy ra I
65 21 43
; ;
29 58 29
− − 
 
 
 Câu VI a) log9(x + 1)
2 + 3273 3log 2 log 4 log ( 4) (1)x x= − + + 
 Đ K: 
4 4
1
x
x
− < <

≠ −
 (1) ⇔ log3(x + 1) + log34 = log3(4 – x) + log3(x + 4) 
 ⇔ log34 1x + = log3(16 – x
2) ⇔ 4 1x + = 16 – x2 
 Giải ph−ơng trình tìm đ−ợc x = 2 hoặc x = 2 - 24 
 Phần II. 
 Câu V. b. 1) Các véc tơ chỉ ph−ơng của D1 và D2 lần l−ợt là 1u
ur
( 1; - 1; 2) và 2u
uur
( - 2; 0; 1) 
 *) Có M( 2; 1; 0) ∈ D1; N( 2; 3; 0) ∈ D2 
 Xét 1 2; .u u MN  
ur uur uuuur
 = - 10 ≠ 0 
I 
d1 
H 
A B 
A1 
 Vậy D1 chéo D2 
 *) Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t) ∈ D1 
 B(2 – 2t’; 3; t’) ∈ D2 
 1
2
. 0
. 0
AB u
AB u
 =

=
uuurur
uuur uur ⇒ 
1
3
' 0
t
t

= −

 =
 ⇒ A
5 4 2
; ;
3 3 3
 
− 
 
; B (2; 3; 0) 
 Đ−ờng thẳng ∆ qua hai điểm A, B là đ−ờng vuông góc chung của D1 và D2. 
 Ta có ∆ : 
2
3 5
2
x t
y t
z t
= +

= +

=
 *) Ph−ơng trình mặt cầu nhận đoạn AB là đ−ờng kính có dạng: 
2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
x y z
     
− + − + + =     
     
 b.2) Đặt t = 25log 1x + ta thấy nếu x ∈ 
31;5 
 
 thì t ∈ [ ]1;2 
 Ph−ơng trình có dạng: t2 + 2t – m – 3 = 0; t ∈ [ ]1;2 
 ⇔ t2 + 2t – 3 = m ; t ∈ [ ]1;2 
 Lập bất ph−ơng rình hàm f(t) = t2 + 2t – 3 trên [ ]1;2 ta đ−ợc 0 ≤ f(t) ≤ 5 
 Đ K của m là: 0 ≤ m ≤ 5 
D2 
A 
B 
2u
uur
1u
ur
D1