Bám sát cấu trúc Bộ Giáo Dục và Đào tạo
ĐỀ THAM KHẢO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
Môn thi : TOÁN, khối A
Thi thử thứ năm hàng tuần (26.02.2009)
ĐỀ 02
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I : ( 2 điểm )
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2
4 4 1
y x x x
= + + +
.
2.
Tìm trên đồ thị của hàm số
4 2
y x x x
= − + +
những điểm
A
có khoảng cách đến đường thẳng
(
)
: 2 1 0
d x y
− − =
nhỏ nhất.
Câu II: ( 2 điểm )
1.
Giải phương trình :
(
)
2
9 3 3
2 log log .log 2 1 1
x x x
= + −
2.
Cho tam giác
ABC
có
,
A B
nhọn và thỏa mãn
2 2
2009
sin sin sin
A B C
+ =
.Chứng minh rằng tam giác
ABC
vuông tại
C
.
Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân
( )
2
3
1
sin cos sin
I dx
x x x
π
π
=−
∫
Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp tứ diện đều
.
S ABCD
. Các mặt bên tạo với đáy góc
β
. Gọi
K
là trung điểm
cạnh
SB
. Tính góc giữa hai mặt phẳng
(
)
AKC
và
(
)
SAB
theo
β
.
Câu V: ( 1 điểm ) Cho bất phương trình :
( )
2 3
2 2
2
3 2
4 2
4
m x x
x x
x
− −
≥ − +
−. Tìm
m
để bất phương trình có
nghiệm
x
thuộc tập xác định .
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.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho đường tròn
(
)
C
có phương trình:
2 2
6 5 0
x y x
+ − + =
.Tìm điểm
M
thuộc
trục tung sao cho qua
M
kẻ được hai tiếp tuyến với
(
)
C
mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng
0
60
.
2.
Trong không gian
Oxyz
cho
3
điểm
1 1 1
;0;0 , 0; ;0 , 1;1;
2 2 3
H K I
. Tính cosin của góc tạo bởi mặt phẳng
(
)
HIK
và mặt phẳng toạ độ
Oxy
.
Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,
a b c
thoả mãn
2 2 2
1
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng :
2 2 2 2 2 2
3 3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
.
2.
Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b ( 2 điểm )
1.
Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc
Oxyz
cho đường thẳng
( )
:
123
x y z
d
= =
và các điểm
(
)
2;0;1 ,
A
(
)
(
)
2; 1;0 , 1;0;1
B C−
. Tìm trên đường thẳng
(
)
d
điểm
S
sao cho :
SA SB SC
+ +
đạt giá trị nhỏ nhất.
2.
Viết phương trình đường phân giác trong của
2
đường thẳng :
(
)
1
: 2 3 0,
d x y
+ + =
(
)
2
: 2 6 0
d x y
+ + =
.
Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,
a b c
thoả mãn
1
a b c
=
+ +
. Chứng minh rằng :
6
a b b c c a
+ + + + + ≤
.
GV ra đề : Nguyễn Phú Khánh Đà Lạt .
Đáp án đăng tải tại http://www.maths.vn sau 15h cùng ngày.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I : ( 2 điểm )
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2
4 4 1
y x x x
= + + +
.
2.
Tìm trên đồ thị của hàm số
4 2
y x x x
= − + +
những điểm
A
có khoảng cách đến đường thẳng
(
)
: 2 1 0
d x y
− − =
nhỏ nhất.
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2
4 4 1
y x x x
= + + +
. Học sinh tự giải .
2.
Tìm trên đồ thị của hàm số
4 2
y x x x
= − + +
những điểm
A
có khoảng cách đến đường thẳng
(
)
: 2 1 0
d x y
− − =
nhỏ nhất.
Giả sử
(
)
4 2 4 2
0 0 0 0 0 0
; 2 3 2 1 2 3 2 1
A x y y x x x y x x x
∈ = − + + ⇒= − + +
( )
( )
( )
(
)
4 2 4 2
0 0 0 0 0 0
0 0
,2
2
2 1 2 3 2 1
2 3 2
2 1
5 5
2 1
A d
x x x x x x
x y
d− − − + +
− +
− −
= = =
+ −
( )
( )
2
2
0
,
3 7
24 8
7 5
5 40
A d
x
d
− +
= ≥
Vậy
( )
( )
,
7 5
min
40
A d
d
=
khi
2
0 0
3 3
0
4 2
x x− = ⇔ = ±
0 0
3 1 3 1
, 3 ; 3
2 8 2 8
x y A
• = − = − − ⇒− − −
0 0
3 1 3 1
, 3 ; 3
2 8 2 8
x y A
• = = − + ⇒− +
Câu II: ( 2 điểm )
1.
Giải phương trình :
(
)
2
9 3 3
2 log log .log 2 1 1
x x x
= + −
Điều kiện:
0
2 1 0 0
2 1 1 0
x
x x
x
>
+ ≥ ⇔ >
+ − >
Phương trình :
( ) ( )
2
2
9 3 3 3 3 3
1
2 log log .log 2 1 1 2 .log log .log 2 1 1 0
2
x x x x x x
= + − ⇔ − + − =
( ) ( )
3
3 3 3
3 3
log 0
1
log . log log 2 1 1 0 1
2
log log 2 1 1 0
2
x
x x x x x
=
⇔ − + − = ⇔
− + − =
( )
( )
3 3
1
1
1
1
4
4 0
2 1 1
log log 2 1 1
x
x
x
x
x
x x
x x
x x
=
=
=
=
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
=
− =
= + −
= + −
thỏa
0
x
>
.
2.
Cho tam giác
ABC
có
,
A B
nhọn và thỏa mãn
2 2
2009
sin sin sin
A B C
+ =
.Chứng minh rằng tam giác
ABC
vuông tại
C
.
Ta chứng minh được
2 2 2
sin sin sin 2 2 cos .cos .cos
A B C A B C
+ + = +
( bài tập giáo khoa đại số 10).
Như vậy ta luôn có
2 2 2
2009 2009
sin sin sin sin sin 2 2 cos .cos .cos
A B C C C A B C
+ = ⇔ + = +
.
Vì
2
2009
sin sin 2
C C
+ ≤
nên
(
)
2 2 cos .cos .cos 2 cos .cos .cos 0 *
A B C A B C
+ ≤
⇒
≤
.
Do tam giác
ABC
có
,
A B
nhọn , đẳng thức
(
)
(
)
* cos 0 1
C
⇒
≤
.
Mặt khác :
2
2009
0 sin 1 sin sin
C C C
< ≤
⇒
≤
hay
2 2 2 2 2 2
sin sin sin
C A B c a b
≤ + ⇔ ≤ +
( định lý hàm sin)
(
)
2 2 2 2
2 . .cos cos 0 2
a b a b C a b C
⇔ + − ≤ + ⇔ ≥
( định lý hàm cosin).
Từ
(
)
1
và
(
)
2
suy ra
cos 0
2
C C
π
= ⇔ =
.
Vậy tam giác
ABC
vuông tại
C
.
Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân
( )
2
3
1
sin cos sin
I dx
x x x
π
π
=−
∫
Cách 1 :
( )
( )
2 2
3 3
1 1 1
sin cos sin 2 sin sin
4
I dx dx
x x x
x x
π π
π π
π
= =
−−
∫ ∫
(
)
( )
(
)
(
)
( )
cos sin .cos cos .sin
cos
4 4 4
cot cot
4 sin
sin sin .sin
4 4
x x x x x
x
x x x
x x x
π π π
π
π π
− − − −
− − = − =
− −
(
)
( ) ( )
sin 1
4
sin .sin 2 sin sin
4 4
x x
x x x x
π
π π
− −
= =
− −
2
3
cot cot ?
4
I x x dx
π
π
π
= − − =
∫
Cách 2 :
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2
3 3 3 3
1 1 1 1
cot 1 ?
sin cos sin 1 cot sin cot 1 sin cot 1
I dx dx dx d x
x x x x x x x x
π π π π
π π π π
−
= = = = − =
− − − −
∫ ∫ ∫ ∫
Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp tứ diện đều
.
S ABCD
. Các mặt bên tạo với đáy góc
β
. Gọi
K
là trung điểm
cạnh
SB
. Tính góc giữa hai mặt phẳng
(
)
AKC
và
(
)
SAB
theo
β
.
Gọi
O
là tâm hình vuông
ABCD
cạnh
a
. Khi đó
(
)
SO ABCD
⊥
và
SO h
=
.
Chọn hệ trục tọa độ
Oxyz
sao cho
, ,
OA Ox OB Oy OS Oz
≡ ≡ ≡
và
(
)
(
)
0;0;0 , ;0;0 ,
O A a
(
)
0; ;0 ,
B a
(
)
;0;0 ,
C a
−
( ) ( )
0; ;0 , 0;0; , 0; ;
2 2
a h
D a S h K
−
.
Mặt phẳng
( ) ( )
2 2 2
1
: 0, : 1 cos
2
2 1
x y z a
ABC z SAB a a h h a h
a
β
= + + = ⇒= =
+
+
( )
22
2
1 cos
1
2 cos
h
a
β
β
−
⇒=
Gọi
µ
là góc giữa hai mặt phẳng
(
)
AKC
và
(
)
SAB
.
Mặt phẳng
(
)
AKC
đi qua
K
và chứa trục
Ox
nên có phương trình :
0
hy az
− + =
( )
2
2 2
2 2 2 2 2 2
1
cos 2
2 . 1 2 . 1
h
a
a h
a h a h h h
a a
µ
−
−
⇒= =
+ +
+ +
.
Từ
(
)
1
và
(
)
2
suy ra
( )
3
2
3 cos 1
cos
2 1 cos
β
µ
β
−
=
+
Câu V: ( 1 điểm ) Cho bất phương trình :
( )
2 3
2 2
2
3 2
4 2
4
m x x
x x
x
− −
≥ − +
−
. Tìm
m
để bất phương trình có
nghiệm
x
thuộc tập xác định .
Điều kiện :
2 2
x
− < <
Khi đó bất phương trình :
( )
2 3
2 2 4 3 2
2
3 2
4 2 2 5 8
4
m x x
x x x x x m
x
− −
≥ − + ⇔ − − ≥ −
−
Xét hàm số :
( )
4 3 2
2 5
f x x x x
= − −
, xác định và liên tục trên khoảng
(
)
2;2
−
.
Trên khoảng
(
)
2;2
−
ta có :
( )
3 2
' 4 6 10
f x x x x
= − −
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
3 2 2
0, 0 0
4 6 10 0 4 6 10 0
' 0 1, 1 2
2;2 2;2 52;2
2
x f
x x x x x x
f x x f
xx
x
= =
− − =
− − =
= ⇔ ⇔ ⇔ = − − = −
∈ − ∈ −
= ∉ −
( ) ( )
2 2
lim 12, lim 20
x x
f x f x
+ −
→− →
= = −
Lập bảng biến thiên , từ đó suy ra : bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
12 8 4
m m
> − ⇔ > −
Chú ý : Bất phương trình nghiệm đúng với mọi giá trị của
x
thuộc tập xác định khi và chỉ khi
20 8 28
m m
− > − ⇔ >
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.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho đường tròn
(
)
C
có phương trình:
2 2
6 5 0
x y x
+ − + =
.Tìm điểm
M
thuộc
trục tung sao cho qua
M
kẻ được hai tiếp tuyến với
(
)
C
mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng
0
60
.
Phương trình của
(
)
C
có dạng:
( )
22
3 4
x y
− + =
, có tâm là
(
)
3; 0
I
, bán kính
2
R
=
.
Vẽ đường tròn trên hệ trục toạ độ
Oxy
, dễ thấy
trục tung không có điểm chung với đường tròn
(
)
C
.
Do đó, qua một điểm
M
bất kì trên tục tung luôn kẻ được hai tiếp tuyến của
(
)
C
.
Giả sử điểm
(
)
0;
M m
tùy ý thuộc trục tung.Qua
M
, kẻ các tiếp tuyến
MA
và
MB
của
(
)
C
, trong đó
,
A B
là các tiếp
điểm.
Từ giả thiết góc giữa
2
đường thẳng
MA
và
MB
bằng
0
60
nên ta luôn có
0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB
=
=
Vì
MI
là phân giác của
AMB
nên :
0 2
0
(1) 30 2 9 4 7
sin 30
IA
AMI MI MI R m m⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ±
0 2
0
2 3 4 3
(2) 60 9
3 3
sin 60
IA R
AMI MI MI m⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + =
(*)
Dễ thấy, không có
m
thỏa mãn (*)
Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là:
(
)
0; 7
M−
và
(
)
0; 7
M
.
2.
Trong không gian
Oxyz
cho
3
điểm
1 1 1
;0;0 , 0; ;0 , 1;1;
2 2 3
H K I
. Tính cosin của góc tạo bởi mặt phẳng
(
)
HIK
và mặt phẳng toạ độ
Oxy
.
Mặt phẳng
(
)
HIK
có vectơ chỉ phương là
1 1 1 1
; ; 0 , ;1;
2 2 2 3
HK HI
= − =
nên có vectơ pháp tuyến là
( )
1 1 3 1
; ; ; 2;2; 9
6 6 4 12
n HK HI
= = − = −
,
(
)
HIK
chọn vectơ pháp tuyến là
(
)
2;2; 9
m
= −
Mặt phẳng
(
)
HIK
đi qua
1
;0;0
2
H
và có vectơ pháp tuyến là
(
)
2;2; 9
m
= −
, nên có phương trình :
( ) ( )
1
2 2 0 9 0 0 2 2 9 1 0
2
x y z x y z
− + − − − = ⇔ + − − =
.
Mặt phẳng
(
)
: 0
Oxy z
=
Góc tạo bởi hai mặt phẳng
( ) ( )
0.2 0.2 9
9
, : cos
4 4 81. 0 0 1 89
HIK Oxy
β
+ −
= =
+ + + +
.
Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,
a b c
thoả mãn
2 2 2
1
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng :
2 2 2 2 2 2
3 3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
.
Phân tích bài toán :
•
Trường hợp tổng quát , giả sử
0
a b c
< ≤ ≤
thoả mãn điều kiện
2 2 2
1
a b c
+ + =
, vậy ta có thể suy ra
0 1
a b c
< ≤ ≤ <
hay không?. Như vậy điều kiện
, ,
a b c
không chính xác vì dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi
2 2 2
0
1 1
, , 0;
1
3 3
a b c a b c a b c
a b c
< = =
⇒
= = =
⇒
∈
+ + =
.
•
Ta thấy mối liên hệ gì của bài toán ?. Dễ thấy
2 2 2
1
a b c
+ + =
và
2 2 2 2 2 2
, ,
b c c a a b
+ + +
. Gợi ý ta đưa bài toán
về dạng cần chứng minh :
2 2 2
3 3
2
1 1 1
a b c
a b c
+ + ≥
− − −
.
•
Vì vai trò
, ,
a b c
như nhau và
2
ý phân tích trên gợi ý ta đưa đến cách phân tích
( )
2 2 2
2 2 2
3 3
2
1 1 1
a b c
a b c
a b c
+ + ≥ + +
− − −
và cần chứng minh
2
2
2
2
2
2
3
2
1
3
2
1
3
2
1
a
a
a
b
b
b
c
c
c
≥
−
≥
−
≥
−
.