Đề thi thử đại học năm 2009 môn toán (dành cho các khối A, B và V)

Trường THPT chuyên 
Lương Văn Chánh 
------------ 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2009 
Môn Toán 
(Dành cho các khối A, B và V) 
Thời gian làm bài: 180 phút 
HHƯII 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số 1
1
xy
x
−= + . 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2) Tìm a và b để đường thẳng (d): y ax b= + cắt (C) tại hai điểm phân 
biệt đối xứng nhau qua đường thẳng (Δ ): 2 3 0x y− + = . 
Câu 2. (2 điểm) 
1) Giải hệ phương trình 
2 6 3
4
x y y
x y x y
⎧ + = +⎪⎨ + + − =⎪⎩
. 
2) Giải phương trình 
sin cos( )
sin
3 4 3
6 0
3 1
x x
x
π− − −
=− . 
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân 
ln3 2 2
0 1 3 1
x
x
e dxI
e
= + +∫ . 
Câu 4. (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCDA'B'C'D' có đáy là hình thoi cạnh 
a, góc ABC bằng , góc giữa mặt phẳng (A'BD) và mặt phẳng đáy 
bằng . 
60o
60o
 1) Tính theo a thể tích hình hộpï. 
 2) Tính theo a khoảng cách giữa đường thẳng CD' và mặt phẳng 
(A'BD). 
Câu 5. (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 
sin( )
sin cos2
4
1 2
x
y
x x
π−
= + + , ;2x
π⎡ ⎤∈ π⎢ ⎥⎣ ⎦ . 
PHẦN RIÊNG (3 điểm) 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 
1. Theo chương trình chuẩn 
Câu 6a. (2 điểm) 
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết ( ; )1 4A , phương trình 
đường cao BH là 2 9 0x y− + = , phương trình đường phân giác trong CD 
là 3 0x y+ − = . Tìm hai đỉnh B và C. 
2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (a): 1 1
1 2
2
2
x y z− − += = − và 
mặt cầu (S): ( ) . ( ) ( )2 2 21 1 3x y z− + + + + = 9
a) Chứng minh (a) và (S) có hai điểm chung A, B phân biệt. 
b) Viết phương trình mặt phẳng ( )α biết ( )α qua A, B và cắt (S) 
theo một giao tuyến là một đường tròn lớn của (S). 
Trang 1/2 
Câu 7a. (1 điểm) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự 
nhiên có năm chữ số, trong đó chữ số 3 có mặt đúng ba lần, các chữ số 
còn lại có mặt không quá một lần. Trong các số tự nhiên nói trên, chọn 
ngẫu nhiên một số, tìm xác suất để số được chọn chia hết cho 3. 
2. Theo chương trình nâng cao 
Câu 6b. (2 điểm) 
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): ( ) ( )2 21 1x y 4− + + = . Một 
đường tròn (C') tiếp xúc với Oy và tiếp xúc ngoài với (C). Tìm tâm của 
(C') biết tâm thuộc đường thẳng (d): 2 0x y− = . 
2) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng (a) và (b) có phương 
trình lần lượt là 2 1
4 1 1
x y z+ += = x− , 
2 1 2
4 1 1
y z− − += = . −
a) Chứng minh (a) song song với (b), tính khoảng cách giữa 
chúng. 
b) Viết phương trình mặt phẳng ( )α qua (a) và vuông góc với 
mp(a, b). 
Câu 7b. (1 điểm) Tìm n nguyên dương biết 
 ... ( )
1 2 3
1
2 3
2 3 11
2 32 2 2
n
nn n n n
n
C C C nC−− + − + − =
2
. 
HẾT 
Trang 2/2 
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2009 
Môn Toán - Khối A, B & V 
Chú ý: Dưới đây chỉ là bài giải gợi ý, học sinh có thể làm nhiều cách khác nhau 
miễn là suy luận hợp lý và kết quả đúng thì vẫn được điểm tối đa của câu đó. 
Câu Đáp án Điểm 
chi 
tiết 
Điểm
• TXĐ: { }\ 1D R= − 
• 
1
1lim
1x
x
x+→−
− = −∞+ , 1
1lim
1x
x
x−→−
− = +∞+ : đường thẳng 1x = − là TCĐ 
1lim 1
1x
x
x→±∞
− =+ : đường thẳng 1y = là TCN 
0.25
• 
2
2' 0
1.1 1 
0.25
( 1)
y
x
= >+ , x D∀ ∈ suy ra hàm số tăng trong từng khoảng xác 
định. 
• Bảng biến thiên 
x −∞ 1− +∞ 
y' + + 
y +∞
1 
1 
−∞
• Đồ thị cắt Ox tại , cắt Oy tại (1;0) (0; 1)− và nhận giao điểm hai tiệm 
cận làm tâm đối xứng. 
0.25
• Đồ thị vẽ đúng 0.25
1 3
2 2
y x= +Phương trình của ( được viết lại: )Δ . 
Để thoả đề bài, trước hết (d) vuông góc với ( )Δ hay 2a = − 
0.251.2 1 
0.25Khi đó phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (C): 
1 2
1
x x b
x
− = − ++
22 ( 3) ( 1)x b x b 0− − − + = . (1) ⇔
Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt 
 ⇔ 0Δ > 2 2 17 0b b+ + > b tuỳ ý. ⇔ ⇔
0.25Gọi I là trung điểm của AB, ta có 
3
2
32
2
A B
I
I I
x x bx
by x b
⎧ +
4
−= =⎪⎪⎨ +⎪ = − + =⎪⎩
. 
0.25ton tai ,
( )
( )
à ï A B
AB
I
⎧⎪ ⊥ Δ⎨⎪ ∈ Δ⎩
Vậy để thoả yêu cầu bài toán ⇔ 2
2 3I I
b
a
x y
⎧∀⎪ = −⎨⎪ − + =⎩
 ⇔
0
Trang 3/2 
2
3 ( 3) 3
4
a
b b
⎧ = −⎪⎨ − ⇔ 0− + + =⎪⎩
⇔ . 2
1
a
b
⎧ = −⎨ = −⎩
2a = − , thì thoả mãn yêu cầu bài toán. 1b = −Vậy khi 
Hệ đã cho tương đương với 2 2
3
6 ( 3)
4
y
x y y
x y x y
⎧ ≥ −⎪ + = +⎨⎪ + + − =⎩
⇔ 
3
( )( ) 9
4
y
x y x y
x y x y
⎧ ≥ −⎪ + − =⎨⎪ + + − =⎩
. 
0.252.1 1 
0.5 2 2 9
4
u v
u v
⎧ =⎪⎨ + =⎪⎩
Đặt u x y= + , v x y= − 0 ( ) ta được 3
4
uv
u v
⎧ =⎨ + =⎩
,u v ≥ ⇔
3
1
1
3
x y
x y
x y
x y
⎡⎧ + =⎪⎢⎨⎢ − =⎪⎩⎢⎧⎢ + =⎪⎢⎨⎢ − =⎪⎩⎣
3
1
1
3
u
v
u
v
⎡⎧ =⎢⎨ =⎩⎢⎢⎧ =⎢⎨⎢ =⎩⎣
9
1
1
9
x y
x y
x y
x y
⎡⎧ + =⎢⎨ − =⎩⎢⎢⎧ + =⎢⎨⎢ − =⎩⎣
5
4
5
4
x
y
x
y
⎡⎧ =⎢⎨ =⎩⎢⎢⎧ =⎢⎨⎢ = −⎩⎣
 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
0.25
Kết hợp với điều kiện , hệ đã cho có nghiệm duy nhất . 5
4
x
y
⎧ =⎨ =⎩
3y ≥ −
2
6 3
x kπ π≠ +Điều kiện: sin3 1x ≠ ⇔ . (1) 0.252.2 1 
0.5 Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với 
sin 3 4 cos( ) 3 0
6
x x π− − − = 
cos(3 ) 4 cos( ) 3 0
2 6
x xπ π− − − − = ⇔
6
u x π= − (với cos3 4cos 3 0u u− − ) =⇔
34 cos 7cos 3 0u u− − = ⇔
⇔
cos 1
1cos
2
3cos ( )
2
u
u
u VN
2
6
2 2
6 3
3cos ( )
2
x k
x k
u VN
⎡ π− = π + π⎢⎢ π π⎢ − = ± + π⎢⎢⎢ =⎢⎣
7 2
6
5 2
6
2
2
x k
x k
x k
⎡ π= + π⎢⎢ π⎢ = + π⎢⎢ π⎢ = − + π⎢⎣
⎡⎢ = −⎢⎢ = −⎢⎢⎢ =⎣
 ⇔ . ⇔
0.25Kết hợp điều kiện (1), ta có nghiệm của phương trình đã cho là 
7 2
6
x kπ= + π . 
Đặt 3 1+xu e= xu e= + ⇒ ⇒ 2 3 1
2 1
3
x ue −= ⇒ 2
3
xe dx udu= . 
Khi 0x = ⇒ 2u = ; 3ln2x = ⇒ 5u = . 
0.253 1 
0.252
5 5
2
2 2
1 2. 23 3 ( )
1 9
u u du
I u u d
u
−
= =+∫ ∫Khi đó u− 
Trang 4/2 
0.2553 2
2
2
9 3 2
u u⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
0.252 125 25 8 4 19
9 3 2 3 2 3
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎢ ⎥⎟ ⎟= − − − =⎜ ⎜⎟ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
AO BD⊥Gọi O là tâm hình thoi. Do ABCD là hình thoi nên , kết hợp 
với ⇒ ' ( )AA ABCD⊥ 'A O BD⊥ ⇒ 'A OA∠ là góc giữa mp(A'BD) ⇒ 
. ' 6 oA OA∠ = 0
0.254 1 
2
aAO = 0.25Do nên tam giác ABC đều 60oABC∠ = . ⇒
3' . tan 60
2
oAA AO a= =Trong tam giác vuông A'AO, ta có . 
2 33 3 3. ' .
2 2 4ABCD
a a aV S AA= = =Do đó thể tích của hình hộp: . 
( ' )BD A AO⊥Theo chứng minh trên ta có ⇒ . ( ' ) ( ' )A BD A AO⊥ 0.5 
'A AOTrong tam giác vuông , dựng đường cao AH, ta có 
hay . 
( ' )AH A BD⊥
( , ( ' ))AH d A A BD=
Do nên suy ra '/ / 'CD BA '/ /( ' )CD A BD
 ( ', ( ' )) ( , ( ' ))d CD A BD d C A BD=
AO CO= (vì ( , ( ' ))d A A BD= ) 
AH= 
 .sin60oAO=
3
4
a= . 
B' C'
A' D'
B
A
C
D
5 1 0.25
2 2
2 sin cos.
2 sin sin 3cos
x xy
x x x
−=
+ +
Ta có . 
2
4
y =
2
x π= : ta có . Trường hợp 
Trang 5/2 
0.25( ; ]
2
x π π∈Trường hợp : 
2
2 tan 1.
2 tan tan 3
xy
x x
−=
− +
cos 0x < (vì ). Ta có 
Đặt , khi tant x= ( ; ]
2
x π π∈ thì . ( ; 0]t ∈ −∞
2
2 1( ) .
2 3
tf t
t t
−=
− +
, . ( ;0t ∈ −∞ ]Đặt 
2
2
2
2
3 1 ( 1
2 3'( ) .
2
3
tt t t
tf t
t t
⎛ ⎞⎟⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜⎟⎜ − + − − −⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+=
⎛ ⎞⎟⎜ − + ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
0.25
)
Ta có 
2
2 2
2 3.
2 3. 3
t t
t t t
+ + −1
⎛ ⎞⎟⎜+ − + ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 = . 
2 3 1t t+ ≤ − 2 3 0t t− + <Ta có (vì ) '( ) 0f t ≥ ⇔
 . 2 23 (1 )t t+ ≤ − 1t ≤−⇔ ⇔
Bảng biến thiên 
Kết hợp hai trường hợp của x, ta có 2max
3
y = , 2min
4
y = . 0.25
Cạnh AC là đường thẳng qua A và vuông góc với BH nên có phương trình 
2( 1) ( 4) 0x y− + − = ⇔ 2 6 0x y+ − = . 
Đỉnh C là giao điểm của AC và CD nên toạ độ của C là hệ nghiệm của hệ 
phương trình 
⎪⎪⎨ , suy ra C . 2 6
3 0
x y
x y
⎧ 0+ − =
⎪ + − =⎪⎩
(3;0)
0.5 6a.1 
Gọi (d) là đường thẳng qua A và vuông góc CD, phương trình của (d): 
( 1) ( 4) 0x y− − − = ⇔ 3 0x y− + = . 
Toạ độ giao điểm I của (d) và CD là nghiệm của hệ 
⎪⎪⎨ , suy ra 3 0
3 0
x y
x y
⎧ − + =
⎪ + − =⎪⎩
(0;3)I . 
Gọi A' là điểm đối xứng của A qua CD, suy ra I là trung điểm của AA' nên 
. '( 1;2)A −
Do CD là đường phân giác trong góc C nên đường thẳng CB đối xứng với 
đường thẳng CA qua CD, suy ra CB là đường thẳng qua C, A' hay nhận 
0.5 
1 
t −∞ 1− 0 
f'(t) + 0 − 
f(t) 2 2.
2 3
2 1.
2 3
 2 1.
2 2
Trang 6/2 
' ( 4;2)CA = −
JJJJG
 làm vectơ chỉ phương nên có phương trình 
( 3) 2( 0) 0x y− + − = ⇔ 0 2 3x y+ − = . 
Đỉnh B là là giao điểm của BC và BH nên toạ độ của B là nghiệm của hệ 
phương trình , suy ra 2 3
2 9
x y
x y
⎧⎪ + − =⎪⎨⎪ − + =⎪⎩
0
0
( 3;3)B − . 
Đường thẳng (a) đi qua và có một VTCP là . (1;2; 2)a = −
JG
(1;1; 2)A −
Mặt cầu (S) có tâm (1; 1; 3)I − − và có bán kính 3R = . 
0.256a.2 1 
Ta có . Đặt (0;2;1)IA =
JJG
,n a IA⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦
JG JG JJG
, ta có suy ra (6, 1,2)n = −
JG
| | 41n =
JG
0.25. 
| | 41( , ( ))
3| |
nd I a R
a
= = <
JG
JGTa có nên đường thẳng (a) cắt (S) tại hai điểm 
A, B phân biệt. 
Do qua A, B và cắt (S) theo một giao tuyến là một đường tròn lớn nên 
 chính là mặt phẳng qua (a) và tâm I của (S). 
( )α 0.25
( )α
IA
JJG
Và do đó ( )α là mặt phẳng qua I, nhận và a
JG
0.25 làn cặp VTCP nên nhận 
 làm một VTPT nên có phương trình là: ,n a IA⎡= ⎢⎣ ⎦
JG JG JJG ⎤⎥
6( 1) ( 1) 2( 3) 0x y z− − + + + = hay 6 2 1 0x y z− + − = . 
Số cần tìm có dạng abcde . Để thành lập một số theo yêu cầu, ta thực 
hiện: 
• Chọn ba trong năm vị trí của a, b, c, d, e để xếp vào ba chữ số 3, có 
 cách chọn. 35C
• Chọn hai chữ số trong bốn chữ số còn lại và xếp vào hai vị trí còn 
lại, có 24A cách thực hiện. 
Vậy có tất cả số thoả đề bài. 3 25 4. 12C A = 0
0.5 7a 1 
 Trong các số nói trên, số chia hết cho 3 là số có tổng các chữ số chia hết 
cho 3, mà có ba chữ số 3, nên hai chữ số còn lại có tổng chia hết cho 3, có 
bốn trường hợp thoả mãn, đó là: 1 với 2, 1 với 5, 2 với 4, và 4 với 5. 
Với các trường hợp đó, để thành lập số chia hết cho 3, ta thực hiện: 
• Chọn ba trong năm vị trí để xếp vào ba chữ số 3, có cách chọn. 35C
• Chọn hai chữ số có tổng chia hết cho 3 trong bốn chữ số còn lại, có 
4 cách chọn. 
• Xếp hai chữ số vừa chọn vào hai vị trí còn lại, có hai cách xếp. 
Suy ra có số chia hết cho 3. 352.4. 80C =
80 2
120 3
= . Vậy xác suất cần tìm là 
2R =(1; 1)I −6b.1 1 Ta có (C) có tâm và bán kính . 0.5 
( )K d∈ ( , 2 )K x xGiả sử (C') có tâm K và bán kính R'. Do nên . Do (C') 
tiếp xúc với Oy nên . ' | |R x=
'IK R R= + hay Do (C') tiếp xúc ngoài với (C) nên 
2 2( 1) (2 1) | | 2x x x− + + = + 25 2 2 | |x x x+ + = + ⇔ 2 . (1) 
Trang 7/2 
0x > 0.5 Trường hợp : 
25 2 2(1) ⇔ 2x x x+ + = + ⇔ x x x+ + = + ⇔
x x− − = ⇔
2 25 2 2 ( 2)
( )
1
1 loai .
2
x
x ï
⎡ =⎢⎢⎢ = −⎢⎣
24 2 2 0 ⇔
0x ≤Trường hợp : 
25 2 2(1) ⇔ 2x x x+ + = − + ⇔ x x x+ + = −
x x+ − =
 ⇔ 
 ⇔ 
2 25 2 2 ( 2)
⇔ 24 6 2 0
( )
3 17
4
3 17 loai .
4
x
x ï
⎡ − −⎢ =⎢⎢⎢ − +⎢ =⎢⎣
3 17 3 17;
4 2
K
⎛ ⎞− − − − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
(1;2)K hoặc . Vậy tâm của (C') là 
Ta có (a) đi qua và có một VTCP là . (4; 1;1)a = −
JG
( 2; 1;0)A − −
Ta có (b) đi qua (2;1; 2)B − và cũng nhận làm một VTCP. (4; 1;1)a = −
JG
Ta có khác phương với . Vậy (a) và (b) song song nhau. (4;2; 2)AB = −
JJJG
a
JG
0.256b.2 
,
( , ) ( , )
| |
a AB
d a b d A b
a
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦= =
JG JJJG
JG
0.25
Khi đó ; mà , (0;12;1n a AB 2)⎡ ⎤= =⎢ ⎥⎣ ⎦
JG JG JJJG
 suy ra 
12 2( , ) 4
3 2
d a b = = . 
AB
JJJG
Ta có có cặp VTCP là và a
JG
0.5 nên nhận 
 làm PVT. 
( , )mp a b
, (0;12;n a AB⎡ ⎤= =⎢ ⎥⎣ ⎦
JG JG JJJG
12)
Mp qua (a) nên nhận làm một VTCP, vuông góc với 
 nên nhận làm một VTCP suy ra 
(4; 1;1)a = −
JG
( )α ( )α
n
JG
( )α nhận ( , )mp a b
1 [ , ] (1;2; 2)
24
p a n= − = −
JG JGJG
 làm một PVT. Mặt khác ( )α qua 
nên ( có phương trình là 
( 2; 1;0)A − −
)α ( 2) 2( 1) 2( 0) 0x y z+ + + − − = hay 
2 2 4 0x y z+ − + = . 
7b 1 0.5 Đặt (1) ( ) ( 1)nP x x= +
0 1 2 2( ) ... n nn n n nP x C C x C x C x= + + + +Ta có (2) 
Từ (2), ta có . 1 2 3 2'( ) 2 3 ... n nn n n nP x C C x C x nC x
−= + + + + 1
2 3
1 1
2 1
2 31'( ) ... ( 1)
2 2 2 2
n
nn n
n n
C C C
P C − −− = − + − + − nSuy ra 
1 2 3
1
2 3
2 3 1... ( 1) '( )
2 22 2 2
n
nn n n n
n
C C C C
P−− + − + − = − 1
2
Do đó (3) 
1
1 1'( )
2 2
n
P n
−⎛ ⎞⎟⎜ ⎟− = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠Mặt khác, từ (1): suy ra 
1'( ) ( 1)nP x n x −= + hay 
Trang 8/2 
1 1'( )
2 2 2n
nP − = . (4) 
1 2 3
1
2 3
2 3
... ( 1)
2 2 2 2 2
n
nn n n n
n n
C C C C n−− + − + − =Từ (3) và (4), ta được . 
1
322n
n = 0.25Phương trình đã cho tương đương với . 
Ta thấy là một nghiệm của phương trình. 8n =
Ta thấy không thoả phương trình. 1n = 0.25
( )
2x
xf x =Xét hàm số ( [2; )x ∈ +∞ ) 
2
2 2 ln 2 1 ln2'( ) 0
2 2
x x
x x
x xf x − −= =Ta có < , x 2∀ ≥ . 
Suy ra giảm trên [ . 2; )+∞( )f x
Vậy là nghiệm duy nhất của bài toán. 8n =
HẾT
Trang 9/2