Đề thi thử đại học môn Toán - Số 6

Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục 
ĐỀ 01 
Thi vào thứ hai hàng tuần tại A7 Bà Triệu – Đà Lạt 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) 
Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : 3 23 4y x x     1 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  1 . 
2. Với giá trị nào của m thì đường thẳng nối hai cực trị đồ thị của hàm số  1 tiếp xúc với đường tròn 
     22: 1 5C x m y m     . 
Câu II: ( 2 điểm ) 
1. Giải phương trình : 
5 1
5 2 5
2 2
x x
x x
    
2. Giải phương trình :    23 2cos cos 2 sin 3 2cos 0x x x x     . 
Câu III: ( 1 điểm ) Tính giới hạn :  
1
cos6
4
lim ln 1 cos2 x
x
x

 . 
Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh bằng a , 
 SA ABCD và 2SA a . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SB và SD . Giả sử N là giao 
điểm của đường thẳng SC và  AHK . Chứng minh rằng AN HK và tính thể tích khối chóp .S AHNK . 
Câu V: ( 1 điểm ) 
Cho 3 số thực dương , ,a b c .Chứng minh rằng : 
     
 
3 3 3 1
2
a b c a b c
b c a c a b a b c
    
  
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 
1. Theo chương trình Chuẩn : 
Câu VI.a ( 2 điểm ) 
1. Viết phương trình mặt phẳng qua giao tuyến của 2 mặt phẳng   : 4 5 0P x y   và 
  : 3 2 0Q x y z    , đồng thời vuông góc với mặt phẳng   : 2 7 0R x z   
2. Tìm trên giao tuyến của hai mặt phẳng    ,P Q ở câu 1 những điểm M sao cho khoảng cách từ M đến mặt 
phẳng   : 2 2 7 0S x y z    một khoảng bằng 2 ?. 
Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho tập  0;1;2;3;4;5A  ,từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác 
nhau ,trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 0 và 3 ?. 
2. Theo chương trình Nâng cao : 
Câu VI.b ( 2 điểm ) 
1. Viết phương trình mặt phẳng  P qua O ,vuông góc với mặt phẳng   : 0Q x y z   và cách điểm 
 1;2; 1M  một khoảng bằng 2 . 
2. Cho hai đường thẳng  1
3 7
: 1 2
1 3
x t
d y t
z t
  

 
  
 và  2
7
: 3 2
9
x u
d y u
z u
  

 
  
.Lập phương trình đường thẳng  d đối xứng 
với đường thẳng  1d qua  2d . 
Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho số phức 1 3z i  . Hãy viết dạng lượng giác của số phức 5z . 
GV ra đề : Nguyễn Phú Khánh – A7 Bà Triệu Đà Lạt , 42B/11 Hai Bà Trưng Đà Lạt . 
Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục 
Đáp án đề thi 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) 
Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : 3 23 4y x x     1 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  1 . Học sinh tự làm . 
2. Với giá trị nào của m thì đường thẳng nối hai cực trị đồ thị của hàm số  1 tiếp xúc với đường tròn 
     22: 1 5mC x m y m     . 
Đồ thị hàm số  1 có cực tiểu  2;0A  , cực đại  0;4B . Phương trình đường thẳng nối hai cực trị của hàm số 
 1 là    : 1 : 2 4 0
2 4
x yAB AB x y     

. 
 mC có tâm  ; 1mI m m  , bán kính 5R  . 
Đường thẳng  AB tiếp xúc với đường tròn  mC khi 
  
   
 
, 22
3 5 22 1 4
5 3 5
3 5 82 1m
I AB
m mm m
d R m
m m
     
                
. 
Câu II: ( 2 điểm ) 
1. Giải phương trình : 
5 1
5 2 5
2 2
x x
x x
    
Điều kiện : 0x  
Bất phương trình cho viết lại :  
1 15 2 5 1
2 4
x x
x x
           
Đặt :  
1
2 2 , 0
2
t x do x
x
    . 
Khi đó   2 2
1 12 1 1
4 4
t x x t
x x
        
Phương trình    2 2
1
1 5 2 1 5 2 5 3 0 3
2
t
t t t t
t

        
 

Điều kiện 2t  , do đó 3
2
t  
Khi đó  
 2
1
1 3 122 3 1 0 0
2 2 42 10 10
0
x
x xx x
x xx xx
x
                         
Vậy tập nghiệm của bất phương trình cho là :  10; 1;
4
T      
2. Giải phương trình :      23 2cos cos 2 sin 3 2cos 0 1x x x x     
   21 2 3 1 sin 3 cos 2 3 3.sin 2 sin .cos 0x x x x x       
22 3 sin 3.sin 3 cos 2 sin .cos 0x x x x x      
   3.sin 2 sin 3 cos 3 2 sin 0x x x x      
   3 2 sin 3.sin cos 0x x x    
Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục 
 
3 1sin sin3 2 sin 0 32 3
13.sin cos 0 t n t n 63 6
nx n nxx
x x x k ka x a


 
                                   


Câu III: ( 1 điểm ) Tính giới hạn :  
1
cos6
4
lim ln 1 cos2 x
x
x

 
Dễ thấy    
 
 
 
 
1
cos6
ln 1 sin 2sin 21 22ln 1 cos2 .ln 1 cos2 .
cos6 cos 3 2 sin 2
2
x
xx
x x
x x x


        

 
   
 
   
 
 3 2
ln 1 sin 2 ln 1 sin 2
cos 2 12 2. .
4 cos 2 3 cos 2 4 cos 2 3sin 2 sin 2
2 2
x x
x
x x xx x
 
 
             
  
 
 
 
 
1
cos6
2
4 4
ln 1 sin 2
1 12lim ln 1 cos2 lim .
4 cos 2 3 3sin 2
2
x
x x
x
x
x x
 

 
       
 
Cách 2 : Đặt , 0
4 4
t x x t      
   
  1
cos6
0
4 4
ln 1 sin21lim ln 1 cos2 lim .ln 1 cos2 lim
cos 6 sin 6
x
tx x
t
x x
x t   
 
    
  
 
    
 
 
0 0
sin 2 .2ln 1 sin2 ln 1 sin2sin2 12lim . lim . sin 6sin 2 sin 6 sin2 3
6
t t
t tt tt t
tt t t
t
 

   
   
 
Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh bằng a , 
 SA ABCD và 2SA a . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SB và SD . Giả sử N là giao 
điểm của đường thẳng SC và  AHK . Chứng minh rằng AN HK và tính thể tích khối chóp .S AHNK . 
Chứng minh tứ giác AHNK có 2 đường chéo vuông góc 
là AN HK 
3
.
1 2.
3 9S AHNK AHNK
adt dt SN  (đvtt). 
Hoặc dùng tỷ số thể tích : 
3. . 2
...
. . 9
SAHNK
ABCD
V SH SN SK a
V SB SC SD
   (đvtt) 
Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục 
Câu V: ( 1 điểm ) 
Cho 3số thực dương , ,a b c .Chứng minh rằng : 
     
 
3 3 3 1
2
a b c a b c
b c a c a b a b c
    
  
Phân tích bài toán : 
Đẳng thức cần chứng minh đưa về dạng : 
 
 
       
3 3 3
0a b cm a c nb k b a pc i b c ja
b c a c a b a b c
           
  
. 
Giả sử 0 a b c   . Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a b c  . 
Từ đó gợi mở hướng giải : 
 
 
3
33a m a c nb mna
b c a
   

. Đẳng thức xảy ra khi 
 
 
 
 
3
3
1
4
1
2
a mm a c nb ab c a m a a na
a a aa b c n
           
    
Tương tự cho các trường hợp khác . 
Giải : 
 
 
3 1 1 3
2 4 2
a b c a a
b c a
   

. Đẳng thức xảy ra khi: 
 
 
3 1 1
2 4
a b c a
b c a
  

. 
 
 
3 1 1 3
2 4 2
b c b a b
c a b
   

. Đẳng thức xảy ra khi: 
 
 
3 1 1
2 4
b c b a
c a b
  

. 
 
 
3 1 1 3
2 4 2
c a b c c
a b c
   

. Đẳng thức xảy ra khi: 
 
 
3 1 1
2 4
c a b c
a b c
  

. 
Cộng vế theo vế ta được : 
     
 
3 3 3 1
2
a b c a b c
b c a c a b a b c
    
  
. 
Dấu đẳng thức xảy ra khi : 0a b c   
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 
1. Theo chương trình Chuẩn : 
Câu VI.a ( 2 điểm ) 
1. Viết phương trình mặt phẳng qua giao tuyến của 2 mặt phẳng   : 4 5 0P x y   và 
  : 3 2 0Q x y z    , đồng thời vuông góc với mặt phẳng   : 2 7 0R x z   . 
Giả sử đường thẳng  d là giao tuyến của 2 mặt phẳng  P và  Q nên phương trình đường thẳng  d có dạng 
 
4 5 0
:
3 2 0
x y
d
x y z
  
    
 hay  
5 4
:
13 13
x t
d y t t R
z t
  
  
   
 d đi qua điểm  5;0; 13M  và có vtcp  4;1;13u   , mặt phẳng  R có vtpt  2;0; 1Rn  
 . 
Mặt phẳng cần tìm đi qua điểm  5;0; 13M  có vtpt là   ; 1;22; 2Rn u n  
  
 nên phương trình có dạng 
     1 5 22 0 2 13 0 22 2 21 0x y z x y z            . 
Chú ý : Bài toán này có thể giải theo dạng chum mặt phẳng , tuy nhiên phương pháp này không đề cập trong 
chương trình mới hiện nay . 
Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục 
2. Tìm trên giao tuyến của hai mặt phẳng    ,P Q ở câu 1 những điểm M sao cho khoảng cách từ M đến mặt 
phẳng   : 2 2 7 0S x y z    một khoảng bằng 2 ?. 
Giao tuyến của hai mặt phẳng    ,P Q là  
5 4
:
13 13
x t
d y t t R
z t
  
  
   
   5 4 ; ; 13 13 ,M d M t t t t R      . 
 
     
   
; 2 22
2 5 4 2 13 13 7 30 23
52 2 1
M S
t t t td
      
 
   
Theo bài toán  ;
20 20, ; ;30 23 1030 23 23 232 2 30 23 10
30 23 10 40 405 , ; ;
23 23
M S
t Mttd t
t
t M
        
                  
Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho tập  0;1;2;3;4;5A  ,từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác 
nhau ,trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 0 và 3 ?. 
Cách 1: Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ tập A là: 1 2 3 4 5 1, 0a a a a a a  
Số cách chọn 1a có 5 cách .Số cách chọn 2 3 4 5a a a a là số chỉnh hợp chập 4 của 5 :
4
5A .Suy ra : có 
4
55. 600A  
(số) . 
Trong 600 số trên thì: Số không có chữ số 0 được lập từ tập  1;2;3;4;5B  là số chỉnh hợp chập 4 của 5 : 
4
5 120A  (số). 
Số không có chữ số 3 được lập từ tập  0;1;2;4;5A  :Số cách chọn 1 0a  có 4 cách. Số cách chọn 2 3 4 5a a a a 
là số hoán vị 4P .Suy ra : có 44. 96P  (số). 
Vậy theo yêu cầu bài toán ta có : 600- (120 + 96) = 384 (số) 
Cách 2: 
Số cách chọn số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau ,trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 0 và 3,chính là số 
cách xếp 5 chữ số từ tập A vào 5 ô liên tiếp nhau. 
Vì nhất thiết phải có mặt chữ số 0 và 3 nên ta chọn số 0 và 3 xếp trước 
Vì số 0 không được đứng ở vị trí đầu tiên nên có 4 cách xếp. 
Số 3 có 4 cách xếp vào 4 vị trí còn lại.Số cách xếp 3 số còn lại chính là số chỉnh hợp chập 3 của 4 : 34A . 
Vậy theo yêu cầu bài toán ta có : 344.4 384A  (số). 
2. Theo chương trình Nâng cao : 
Câu VI.b ( 2 điểm ) 
1. Viết phương trình mặt phẳng  P qua O ,vuông góc với mặt phẳng   : 0Q x y z   và cách điểm 
 1;2; 1M  một khoảng bằng 2 . 
Mặt phẳng  P qua O nên có phương trình:   2 2 2: 0, 0P ax by cz a b c      , vtpt :  ; ; 0n a b c 
 
Mặt phẳng  Q có vtpt  1;1;1m  . Vì    P Q nên  . 0 0 1n m n m a b c          . 
Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục 
Mặt phẳng  P cách điểm  1;2; 1M  một khoảng bằng 2 khi 
 
 
2 2 2
.1 .2 1
2 2
a b c
a b c
  

 
 hay 
       2 2 2 22 2 2 3a b c a b c      
Nếu 0c  thì  1 a b   , thay vào  3 0b  loại vì 2 2 2 0a b c   . 
Nếu 0c  , chia cả 2 vế của phương trình  1 vế cho c , đặt ,a bu v
c c
  ta được 
 1 0 1 4u v u v       
Chia cả 2 vế của phương trình  3 vế cho 2c ,ta được        2 2 2 22 2 1 2 1 5u v u v      . 
Từ    4 , 5 , ta tìm được 0v  hoặc 8
3
v   
 0 1 1 : 0
av u a c P x z
c
               
8 5 5 8 3 0
3 3
v u x y z         
Chú ý : Bài toán này có thể giải theo dạng chum mặt phẳng , tuy nhiên phương pháp này không đề cập trong 
chương trình mới hiện nay . 
2. Cho hai đường thẳng  1
3 7
: 1 2
1 3
x t
d y t
z t
  

 
  
 và  2
7
: 3 2
9
x u
d y u
z u
  

 
  
.Lập phương trình đường thẳng  d đối xứng 
với đường thẳng  1d qua  2d . 
- Lấy 2 điểm ,A B phân biệt thuộc  1d . 
- Xác định tọa độ các điểm 1 1,A B đối xứng với ,A B qua  2d 
-  d chính là đường thẳng qua 1 1,A B . 
Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho số phức 1 3z i  . Hãy viết dạng lượng giác của số phức 5z . 
Dạng lượng giác của z là 2 cos sin
3 3
z i    
 
. Theo công thức Moa-vrơ, ta có dạng lượng giác của 5z là 
5 5 532 cos sin 32 cos sin
3 3 3 3
z i i                          
.