Đề thi thử đại học môn Toán - Số 16

 1 
 Tr−ờng THPT Đông Sơn 1 kì thi KSCL tr−ớc tuyển sinh năm 2009 (1) 
 Download tại Ebook.here.vn Môn Thi: Toán 
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
(Đề thi gồm 02 trang) 
phần chung cho tất cả các thí sinh 
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 43 23 +−= xxy 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2. Gọi d là đ−ờng thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 
điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. 
Câu II (2điểm) 
1. Giải hệ ph−ơng trình: 



=−++
=+++
yyxx
yyxyx
)2)(1(
4)(1
2
2
 (x, y ∈R ) 
2. Giải ph−ơng trình: 
8
1
3
tan
6
tan
3coscos3sin.sin 33
−=






+





−
+
ππ
xx
xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân ∫ ++=
1
0
2 )1ln( dxxxxI 
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông 
góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và 
vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng 
8
32a
. Tính thể tích khối lăng 
trụ ABC.A’B’C’. 
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực d−ơng thỏa mPn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức 
32
1
32
1
32
1
222222 ++
+
++
+
++
=
accbba
P 
Phần tự chọn 
Thí sinh chỉ đ−ợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2 
Phần 1 
Câu VI.a (2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): xxy 22 −= và elip 
(E): 1
9
2
2
=+ y
x
. Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đ−ờng tròn. 
Viết ph−ơng trình đ−ờng tròn đi qua 4 điểm đó. 
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có ph−ơng trình 
011642222 =−−+−++ zyxzyx và mặt phẳng (α) có ph−ơng trình 2x + 2y – z + 17 = 0. Viết 
ph−ơng trình mặt phẳng (β) song song với (α) và cắt (S) theo giao tuyến là đ−ờng tròn có chu vi 
bằng 6π. 
Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của 
n
x
x 





+
42
1
, 
biết rằng n là số nguyên d−ơng thỏa mPn: 
1
6560
1
2
3
2
2
2
2
1
2
3
1
2
0
+
=
+
++++
+
n
C
n
CCC nn
n
nnn L (
k
nC là số tổ 
hợp chập k của n phần tử) 
 2 
Phần 2 
Câu VI.b (2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đ−ờng thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y - 7= 0 
và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 . Viết 
ph−ơng trình đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), 
C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm 
giá trị nhỏ nhất của biểu thức 222 MCMBMA ++ 
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ ph−ơng trình 



+−=
+=+
+
+−
1
)1(2
yxe
xee
yx
yxyx
 (x, y ∈R ) 
----------------***Hết***---------------- 
Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V. 
 Thí sinh không đ−ợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 
 3 
Tr−ờng thpt đông sơn i Kì thi KSCL tr−ớc tuyển sinh năm 2009(lần 1) 
H−ớng dẫn chấm môn toán 
- Điểm toàn bài không làm tròn. 
- Học sinh làm các khác nếu đúng vẫn đ−ợc điểm tối đa. 
- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phàn tự chọn thì không tính điểm phần tự chọn. 
- Thí sinh dự thi khối B, D không phải làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 và câu III là 
1,5 điểm. 
Câu Nội dung Điểm 
I.1 Khảo sát hàm số 43 23 +−= xxy 1,00 
1. Tập xác định: R 
2. Sự biến thiên: 
 a) Giới hạn: +∞=+−=−∞=+−=
+∞→+∞→−∞→−∞→
)4x3x(limylim,)4x3x(limylim 23
xx
23
xx
0,25 
 b) Bảng biến thiên: y' = 3x2 - 6x, y' = 0 ⇔ x = 0, x = 2 
Bảng biến thiên: 
x -∞ 0 2 +∞ 
y' + 0 - 0 + 
y 
 4 +∞ 
-∞ 0 
- Hàm số đồng biến trên (-∞ ; 0) và (2; +∞ ), nghịch biến trên (0; 2) 
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0. 
0,50 
 3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0). 
Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng 
0,25 
I.2 Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc ..... 1,00 
d có ph−ơng trình y = m(x – 3) + 4. 
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của ph−ơng trình 



=−
=
⇔=−−⇔+−=+−
0mx
3x
0)mx)(3x(4)3x(m4x3x
2
223 
0,50 
Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và 1)m('y).m('y −=− 0,25 
9
35318
m01m36m91)m6m3)(m6m3( 2
±
=⇔=+−⇔−=+−⇒ (thỏa mPn) 0,25 
II.1 Giải hệ ph−ơng trình đại số 1,00 
Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ 0,25 
Hệ ph−ơng trình t−ơng đ−ơng với 







=−+
+
=−++
+
1)2yx(
y
1x
22yx
y
1x
2
2
 0,25 
x 
y 
-1 2 O 
4 
2 
1 
 4 
Đặt 2yxv,
y
1x
u
2
−+=
+
= Ta có hệ 1vu
1uv
2vu
==⇔



=
=+
 0,25 
Suy ra 





=−+
=
+
12yx
1
y
1x2
. Giải hệ trên ta đ−ợc nghiệm của hpt đP cho là (1; 2), (-2; 5) 0,25 
II.2 Giải ph−ơng trình l−ơng giác 1,00 
Điều kiện: 0
3
xcos
6
xcos
3
xsin
6
xsin ≠




 π
+




 π
−




 π
+




 π
− 
Ta có 1x
6
cot
6
xtan
3
xtan
6
xtan −=





−
π





 π
−=




 π
+




 π
− 
0,25 
Ph−ơng trình đP cho t−ơng đ−ơng với 
8
1
x3cosxcosx3sin.xsin 33 =+⇔ 
1 cos2x cos2x cos 4x 1 cos2x cos2x cos4x 1
2 2 2 2 8
− − + +
⇔ ⋅ + ⋅ = 
0,25 
2
1
x2cos
8
1
x2cos
2
1
)x4cosx2cosx2(cos2 3 =⇔=⇔=+⇔ 0,25 






π+
π
−=
π+
π
=
⇔
k
6
x
(loại) k
6
x
, (k )∈Z . Vậy ph−ơng trình có nghiệm π+
π
−= k
6
x , (k )∈Z 0,25 
III Tính tích phân 1,00 
Đặt 




=
++
+
=
⇒



=
++=
2/xv
dx
1xx
1x2
du
xdxdv
)1xxln(u
2
2
2
1 12 3 2
2
2
00
x 1 2x x
I ln(x x 1) dx
2 2 x x 1
+
= + + −
+ +∫ 
0,25 
∫∫∫ ++−++
+
+−−=
1
0
2
1
0
2
1
0 1xx
dx
4
3
dx
1xx
1x2
4
1
dx)1x2(
2
1
3ln
2
1
( ) 11
1
0
21
0
2 I
4
3
3ln
4
3
I
4
3
)1xxln(
4
1
xx
2
1
3ln
2
1
−=−+++−−= 
0,25 
* Tính I1: ∫








+





+
=
1
0
22
1
2
3
2
1
x
dx
I . Đặt 




 ππ−∈=+
2
,
2
t,ttan
2
3
2
1
x 
Suy ra
9
3
t
3
32
ttan1
dt)ttan1(
3
32
I
3/
6/
3/
6/
2
2
1
π
==
+
+
= ∫
π
π
π
π
0,25 
Vậy 
12
3
3ln
4
3
I
π
−= 0,25 
 5 
IV Tính thể tích khối lăng trụ 1,00 
Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’, Khi 
đó (P) ≡ (BCH). Do góc A' AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng 
trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH. 
0,25 
Do tam giác ABC đều cạnh a nên 
3
3a
AM
3
2
AO,
2
3a
AM === 
Theo bài ra 
4
3a
HM
8
3a
BC.HM
2
1
8
3a
S
22
BCH =⇒=⇒= 
0,25 
4
a3
16
a3
4
a3
HMAMAH
22
22 =−=−= 
Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên 
AH
HM
AO
O'A
= 
suy ra 
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A === 
0,25 
Thể tích khối lăng trụ: 
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC ==== 0,25 
V Tìm giá trị lớn nhất ... 1,00 
Ta có a2+b2 ≥ 2ab, b2 + 1 ≥ 2b ⇒ 
1bab
1
2
1
21bba
1
3b2a
1
22222 ++
≤
++++
=
++
T−ơng tự 
1aca
1
2
1
3a2c
1
,
1cbc
1
2
1
3c2b
1
2222 ++
≤
++++
≤
++
0,50 
2
1
bab1
b
ab1b
ab
1bab
1
2
1
1aca
1
1cbc
1
1bab
1
2
1
P =
++
+
++
+
++
=
++
+
++
+
++
≤ 











 0,25 
2
1
P = khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 
2
1
 khi a = b = c = 1. 0,25 
VIa.1 Viết ph−ơng trình đ−ờng tròn đi qua giao điểm của(E) và (P) 1,00 
Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của ph−ơng trình 
09x37x36x91)x2x(
9
x 23422
2
=−+−⇔=−+ (*) 
0,25 
Xét 9x37x36x9)x(f 234 −+−= , f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0, 
f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E) 
cắt (P) tại 4 điểm phân biệt 
0,25 
Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mPn hệ 





=+
−=
1y
9
x
x2xy
2
2
2
 0,25 
A 
B 
C 
C’ 
B’ 
A’ 
H 
O 
M 
 6 
09y8x16y9x9
9y9x
y8x16x8 22
22
2
=−−−+⇒



=+
=−
⇔ (**) 
(**) là ph−ơng trình của đ−ờng tròn có tâm 





=
9
4
;
9
8
I , bán kính R = 
9
161
 Do 
đó 4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đ−ờng tròn có ph−ơng trình (**) 
0,25 
VIa.2 Viết ph−ơng trình mặt phẳng (β).... 1,00 
Do (β) // (α) nên (β) có ph−ơng trình 2x + 2y – z + D = 0 (D ≠ 17) 
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5 
Đ−ờng tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3. 
0,25 
Khoảng cách từ I tới (β) là h = 435rR 2222 =−=− 0,25 
Do đó 


=
−=
⇔=+−⇔=
−++
+−−+
(loại) 17D
7D
12D54
)1(22
D3)2(21.2
222
 0,25 
Vậy (β) có ph−ơng trình 2x + 2y – z - 7 = 0 0,25 
VII.a Tìm hệ số của x2... 1,00 
Ta có ( )∫∫ ++++=+=
2
0
nn
n
22
n
1
n
0
n
2
0
n dxxCxCxCCdx)x1(I L 
2
0
1nn
n
32
n
21
n
0
n xC
1n
1
xC
3
1
xC
2
1
xC 





+
++++= +L 
suy ra I nn
1n
2
n
3
1
n
2
0
n C
1n
2
C
3
2
C
2
2
C2
+
++++=
+
L (1) 
0,25 
Mặt khác 
1n
13
)x1(
1n
1
I
1n
2
0
1n
+
−
=+
+
=
+
+ (2) 
Từ (1) và (2) ta có nn
1n
2
n
3
1
n
2
0
n C
1n
2
C
3
2
C
2
2
C2
+
++++=
+
L
1n
13 1n
+
−
=
+
Theo bài ra thì 7n65613
1n
6560
1n
13 1n
1n
=⇒=⇔
+
=
+
− +
+
0,25 
Ta có khai triển ( ) ∑∑
−
−
=





=





+
7
0
4
k314
k
7k
k7
0
4
k7k
7
7
4
xC
2
1
x2
1
xC
x2
1
x 0,25 
Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mPn 2k2
4
k314
=⇔=
−
Vậy hệ số cần tìm là 
4
21
C
2
1 2
72
= 
0,25 
VIb.1 Viết ph−ơng trình đ−ờng tròn .... 1,00 
Do B ∈ d1 nên B = (m; - m – 5), C ∈ d2 nên C = (7 – 2n; n) 0,25 
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên 



=+−−
=−++
0.3n5m3
2.3n27m2



=
−=
⇔



=+−
−=−
⇔
1n
1m
2nm
3n2m
Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1) 
0,25 
Giả sử đ−ờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có ph−ơng trình 
0cby2ax2yx 22 =++++ . Do A, B, C ∈ (C) nên ta có hệ 





−=
=
−=
⇔





=++++
=+−−+
=++++
27/338c
18/17b
54/83a
0cb2a10125
0cb8a2161
0cb6a494
0,25 
Vậy (C) có ph−ơng trình 0
27
338
y
9
17
x
27
83
yx 22 =−+−+ 0,25 
 7 
VIb.2 Tìm giá trị nhỏ nhất ... 1,00 
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G = 





3;
3
8
;
3
7
Ta có ( ) ( ) ( )222222 GCMGGBMGGAMGMCMBMAF +++++=++= 
22222222 GCGBGAMG3)GCGBGA(MG2GCGBGAMG3 +++=++++++= 
0,25 
F nhỏ nhất ⇔ MG2 nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G lên (P) 0,25 
⇔ 
33
19
111
333/83/7
))P(,G(dMG =
++
−−−
== 0,25 
3
64
9
104
9
32
9
56
GCGBGA 222 =++=++ 
Vậy F nhỏ nhất bằng 
9
553
3
64
33
19
.3
2
=+





 khi M là hình chiếu của G lên (P) 
0,25 
VIIb Giải hệ ph−ơng trình mũ 1,00 



+−=
++=
⇔



+−=
+=+
+
−
+
+−
1yxe
1yxe
1yxe
)1x(2ee
yx
yx
yx
yxyx
Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ 



−=−
+=
⇔



+=
+=
)2(uvee
)1(1ue
1ve
1ue
vu
v
u
v
0,25 
- Nếu u > v thì (2) có vế trái d−ơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm 
- T−ơng tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2) vu =⇔ 0,25 
Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1 
Bảng biến thiên: 
u - ∞ 0 +∞ 
f'(u) - 0 + 
f(u) 
 0 
Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0 0u =⇔ . 
0,25 
Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 



=
=
⇔



=−
=+
⇒=⇒
0y
0x
0yx
0yx
0v 
Vậy hệ ph−ơng trình đP cho có một nghiệm (0; 0) 
0,25