…Hết…
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
TRƯỜNG THPT
MAI ANH TUẤN
NGA SƠN _ THANH HÓA
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A NĂM 2009
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút
PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH
Câu I (2 điểm). Cho hàm số
3 2
3 ( 1) 1y x x m x    
có đồ thị là (C
m
)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
2. Tìm những giá trị của m để đường thẳng
1y x 
cắt đồ thị (C
m
) tại 3 điểm phân biệt A(0; 1), B, C
sao cho các tiếp tuyến của (C
m
) tại B và C vuông góc với nhau.
Câu II (2 điểm).
1. Giải hệ phương trình
3 3
3 3
x y
y x


. Viết phương trình đường thẳng đi qua P và tạo với hai đường
thẳng
1 2
àd v d
một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của
1 2
àd v d
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
1 2 1
:
2 1 1
x y z  
  

2
1 2 3
:
2 1 2
x y z  
  

và mặt cầu (S): x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4x -2y +6z + 5 = 0. Viết phương trình mặt

+ MC
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
3. Giải bất phương trình
2 4
0,5 2 16
log 4log 4 logx x x  
…Hết…
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KHỐI A
Câu
ý
Nội dung
Điểm
2
1
1
TXĐ D =

Sự biến thiên : y’ = 3x
2
+ 6x + 3 = 3(x + 1)
2
0 x   
Hàm số đồng biến trên

Hàm số không có cực trị
Giới hạn :
lim
x

+ mx = 0
2
0
3 0
x
x x m




  

Đường thẳng y = x + 1 cắt đồ thị (C
m
) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi
2
( ) 3 0g x x x m   
có hai nghiệm phân biệt khác 0 khi và chỉ khi
9
0 9 4 0
4
(0) 0 0
0
m
m
g m
m

   


3 6 1
B B
x x m  
,f’(x
C
) =
2
3 6 1
C C
x x m  
Các tiếp tuyến tại B và C vuông góc khi và chỉ khi f’(x
B
). f’(x
C
) = -1

(
2
3 6 1
B B
x x m  
).(
2
3 6 1
C C
x x m  
) = - 1

(
2

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
+m
2
+ 2m + 2 = 0
Kết hợp với (1) ta được
9m
2
– 54m + 36m + 3(9 – 2m - 9) + m
2
+ 2m + 2 = 0

5m
2
– 11m + 1 = 0

11 91
10
m


thỏa mãn điều kiện (*)
Kết luận: Với
11 91
10
m


thì thỏa mãn yêu cầu.
025
2

(3 ) 0
x y y x
x y
y x
    
 



 


0
0
3
3
x
y
x
y











025
025
025
025
2
1
II
Ta có
23sin2sinsin
222
 xxx
2
1 os2x 1 os6x
sin 2 2
2 2
c c
x
 
   
2
2
os2 os6 2(1 sin 2 ) 0
os2 . os4 os 2 0
os2 ( os4 os2 ) 0
c x c x x
c x c x c x
c x c x c x
    
  
  

x k
 
 
,
à
6 3 2
x k v x k
  

    
025
025
025
025
2
1
1
III
Đường tròn tâm I(2; 1) bán kính R = 1 có phương trình : (x - 2)
2
+ (y - 1)
2
= 1
…Hết…
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Điều kiện:
1 3x 
. Từ phương trình đường tròn ta có
2
1 1 ( 2)y x   

Đặt x – 2 = sint với
2 2
x
 
  
.
x = 1

t =
2


x = 3

t =
2

dx = costdt,
2
1 ( 2)x 
= cost.
Vậy V =
2
2
2
4 osc tdt





Vậy AI = BI = MI = NI =
2
MN
=
2
b
I
Tâm mặt cầu ngoại tiếp là I, bán kính R =
2
b
B
b) Đặt AM = x > 0, BN = y > 0 N
Tam giác ABN vuông tại B nên AN
2
= AB
2
+ BN
2
y
Tam giác AMN vuông tại A nên MN
2
= AM
2
+ AN
2
Suy ra b
2
= MN
2
= AM

2
b a
.
025
025
025
025
1
IV
Ta có
3 2
1 ( 1) (1 ) 1x m x m x     
2 2
( 1)( 1) ( 1) ( 1)x x x m x x x        
…Hết…
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Điều kiện
1x  
Khi đó bất phương trình tương đương với
2 2
1 1
1 1
x x
m
x x x x
 
 
   

2 2

x x
t t x
x
x x
x x
  
     

 
 
.
Bảng biến thiên
x
-1
1 3 

t’
+ 0 -
t
3 2 3
3

0 0
Vậy
11 7 3
0;
13
t
 


t
0
1
2
3 2 3
3

f’(t)
+ 0 -
f(t)
1
4
Từ bảng biến thiên :
11 7 3
[0; ]
13
1 1
ax ( )
4 2
t
M f t khi x


 
Vậy ycbt tương đương với
1
4
m 
025
025

a b a b
 
 
 
   
2 2a b a b   
hoặc
2 2a b a b   
3 0a b  
hoặc
3 0a b 
Chọn a = 3, b = 1 hoặc a = 1, b = - 3.
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán 3x + y –10 = 0 và x – 3y = 0
025
025
025
2
1
Vectơ chỉ phương của
1
1 2 1
:
2 1 1
x y z  
  

và
2
1 2 3
:

. Mặt phẳng (P) có dạng
(P) : x + 2y + m = 0.
Mặt cầu (S) có tâm I(- 2 ; 1 ; - 3) và bán kính R = 3.
Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi
2 2 2
2 2
( ,( )) 3 3 5
1 2 0
m
d I P R m
  
     
 
Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu là x + 2y +
3 5
= 0 và x + 2y –
3 5
= 0.
025
025
025
025
3
1
Ta có
   
 
1004
2009 2
1004


 

(
2 2
0a b 
)
A,B
1
1
1
1
A
A
x at
y bt
  

 

 

và
2
2
1
1
B
B
x at


     

 

A, B
( )E
suy ra t
1
, t
2
là hai nghiệm của phương trình 4(-1 + at)
2
+ 9(1 + bt)
2
= 36
4 2 2
(4 9 ) (8 18 ) 23 0a b t a b t     
.
t
1
+ t
2
= 0
8 18 0 4 9 0a b a b     
. Chọn a = 9, b = 4
025
025
025
025

     
      
   
  
     
   
Vậy MA
2
+ MB
2
+ MC
2

2 2 2
GA GB GC 
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
M G
025
025
025
025
3
1
Ta có
 
4
16
2 4 2
0,5 2 16 0,5 2
2


 


 



   




2
2
8
0 log
5
log 2
0
64
1
25
1
0
4
x
x
x
x


025
025
025
025