SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối D
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời
gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số


3 2
( ) 3 1 1
y f x mx mx m x
     
, m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.
2. Xác định các giá trị của m để hàm số
( )
y f x

không có cực trị.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình :
 
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x

 
2
2
7 6 0
2 1 3 0
x x
x m x m
  
    






PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các
đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác
trong của góc A nằm trên đường thẳng
x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng




: 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.
P x y x y   
Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp

n n
A C
lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n
phần tử)
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và
đường tròn (C):
2 2
2 4 8 0
x y x y
    
.Xác định tọa độ các giao điểm A, B
của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa
độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B.
2. Cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0
x y z
   
và các đường thẳng
1 2
1 3 5 5
: ; :
2 3 2 6 4 5
x y z x y z
d d
   
   
 
.






Đáp án
Câ
u
Ý

Nội dung Điể
m
I 2,00

1

1,00

Khi m = 1 ta có
3 2
3 1
y x x
  

+ MXĐ:
D

¡

0,25
 Bảng biến thiên





2 3; 0 1
CT
y y y y
     
C§0,25 Đồ thị 0,25

2

1,00+ Khi m = 0
1



2 2
' 9 3 1 12 3 0
m m m m m
       
1
0
4
m
  

0,25

II

2,00

1

1,00

 
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2


2
2
1
1 sin 2
1 1
2
1 sin 2 1 sin 2 0
sin 2 sin 2 2
x
x x
x x

      

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50

2

1,00

   
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4
x x x
      (2)
Điều kiện:


 
2 2 2 2 2
2 2
2 2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x
           
       

0,25+ Với
1 4
x
  
ta có phương trình
2
4 12 0 (3)
x x   ;
 
2
(3)
6
x
x




 


lo¹i

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
2
x

hoặc


2 1 6
x  0,25

III

1,00

Đặt
2 2 2
2
1 1 2 2
dx tdt
t x t x tdt xdx

2 2
1
2
3
2
2
1 1 1 7 4 3
ln ln
1 1 2 1 2 3
|
dt dt t
A
t t t
 
 
   
 
 
  
 
 IV

1,00Gọi E là trung điểm của AB, ta có:
,

9
8 8
2 2
SE OE SO SE      

0,25

2
1 36
. 8 2
9
2
2 2
SAB
SAB
S
S AB SE AB
SE
    
 
2
2
2 2 2 2
1 9 9 265
4 2 32
2 8 8 8
OA AE OE AB OE
 
        
 


0,25

V

1,00Hệ bất phương trình
 
2
2
7 6 0 (1)
2 1 3 0 (2)
x x
x m x m

  


    





1 1 6
x
  
. Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại

f x x
x
 
 


0,25Hệ đã cho có nghiệm


0 0
1;6 : ( )
x f x m
   

 
 


 
2
2
2 2
2 4
2 2 8
'
2 1 2 1
x x

(1) , (6) ,
3 13 2 2
f f f
 
   
  
 
 
 

Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên
27
max ( )
13
f x 
Do đó
 
 
0 0
1;6
27
1;6 : ( ) max ( )
13
x
x f x m f x m m

      

0,25


4 3 4 0 1
1;0
1 0 0
x y x
B
x y y
   
 
 
 
   
 

0,25Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:




2 4 0 2 4 0
a x b y ax by a b
        

Gọi
1 2 3
:4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0
x y x y ax by a b
            

 
      



       

 


+ a = 0
0
b
 
. Do đó
3
: 4 0
y
  

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra
3
: 4 3 4 0
x y
   

0,25

(trùng với
1

 
 
 
 
 
 
, , ,
, ,
OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q




    






0,25Ta có:
     
2 2 2
2 2 2 2 2
5 2 1

d I P d I Q
a b c a b c
a b c
a b c a b c
     
  
      

    

       

lo¹i

Từ (1) và (3) suy ra:
17 11 11 4a
; (4)
3 6 3
a
b c

  
0,25Từ (2) và (3) suy ra:
2 2 2
9 (5)
a b c  
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:

     
2 2 2
2 2 1 9
x y z
     
và
0,25

2 2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
     
     
     
     

VII
a 1,00

Điều kiện:
1 4 5
n n
   

Hệ điều kiện ban đầu tương đương:

   




   

  



0,502
2
9 22 0
5 50 0 10
5
n n
n n n
n

  

     





  



0,50Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
Vì
·
0
90
ABC 
nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng
với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
0,50

2

1,00

Phương trình tham số của d
1
là:
1 2
3 3
2
x t
y t
z t

t t t
t
d M P t t t
    

          
  

0,25+ Với t
1
= 1 ta được


1
3;0;2
M ;
+ Với t
2
= 0 ta được


2
1;3;0
M
0,25

+ Ứng với M

y t
z t
 





  

(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0

t = -1. Điểm N
1
cần tìm là
N
1
(-1;-4;0).
0,25

+ Ứng với M
2
, tương tự tìm được N
2
(5;0;-5).
0,25

VII
b

3 3
f x x
x x
   
 

0,25

Ta có:
     
2
0
0 0
6 6 1 cos 3 3
sin sin sin 0 sin 0 3
2 2
|
t t
dt dt t t
 

 
   

       
 
 
 

0,25

2
x
x
x x
x x
x
x x
x x


 




 

 
  
 
 

 
 
  
  


