DongPhD Problems Book
Series
Tuyển Tập Đề Thi Thử
Đại Học 2009
vnMath.com
Dịch vụ
Toán học

Sách
Đại số
Giải tích
Hình học
Các loại
khác
Thông tin
bổ ích
(Free)
Toán
học vui
Kiếm
tiền trên
mạng
Bài báo
Giáo án
(Free)
Bản điện tử chính thức có tại

class="bi x16 y1c w0 h0"
class="bi x16 y1c w0 h0"
class="bi x16 y1c w0 h0"
class="bi x16 y1c w0 h0"

−+
=
−
+− ++
.
2. Tính: . cos12 cos18 4cos15 cos 21 cos 24
oo oo
+−
o
Câu III (1,0 đim)
Trên parabol
2
y
x= ly ba đim
,,
A
BC
khác nhau sao cho tip tuyn ti C song
song vi đng thng AB. Ký hiu S là din tích tam giác ABC, S’ là din tích hình phng
gii hn bi parabol và đng thng AB. Tìm t s gia S và S’.
Câu IV (1,0 đim)
Cho hình chóp t giác đu S.ABCD. Mt phng đi qua A và vuông góc vi SC ct
SB, SC ln lt ti B’, C’. Bit rng C’ là trung đim ca SC, tính t s gia SB’ và B’B.
α
Câu V (1,0 đim)
Vi x là s dng, y là s thc tu ý, tìm tp hp mi giá tr ca biu thc

()
2
22 2 2

4; 2G − 324xy+−=
2. Tìm tp hp tâm các mt cu đi qua gc to đ và tip xúc vi hai mt phng:
và . : 2 4 0Px y+−= : 2 6 0Qx y++=
Câu VIIa (1 đim)
Mt hp đng bi có 12 viên, trong đó có 3 viên trng, 4 viên đ, 5 viên xanh. Ký hiu
A là tng s cách ly 6 trong 12 viên đó, B là s cách ly 6 viên sao cho s bi đ bng s
bi xanh. Tính t s B : A.

2. Theo chng trình Nâng cao
Câu VIb (2 đim)
1. Trong mt phng to đ, cho hai đng thng

1
:0dkx yk−+=
và .
()
22
2
:1 2 1 0dkxkyk−+−−=
Khi k thay đi thì giao đim ca hai đng thng này di chuyn trên mt đng cong.
Xác đnh đng cong đó.
2. Mt cu S đi qua các đim ; mt cu S’ đi qua
các đim
()()()(
0; 0;1 , 1; 0; 0 , 1; 1;1 , 0; 1; 0ABCD
)
()(
111
' ; 0; 0 , ' 0; ; , ' 1; 1; 0 , ' 0;1;1
222

Gii hn ti vô cc: .
()
lim
x
fx
→±∞
=∞∓() ()
() ()
2
'66;'0
19;13.
fx x fx x
ff
=− + = ⇔ =±
−=− =
1.
−∞ 1
Bng bin thiên:

x
− 1 +∞
f ’(x)
−
+ −

f(x)
+∞

2
x
3

+

6
x

-

4
0,25

0,5
0,25 S tip tuyn đi qua A ph thuc vào s nghim ca phng trình (1).
Xét hàm s
()
ln 1
f
aaa=−−
. Ta có:

()
()
1
'1;
'0
fa
a
fa a
=−
=⇔=
1.

Bng bin thiên ca
()
f
a
:

1
1
ln 5ln 6 0,(1)
xx
xx
xx
x
x
xx
−+
−+
=⇔
⎡
=
⎢
=⇔
⎢
−+=
⎢
⎣

Mt khác: (1)
2
3
ln 2
ln 3
x
xe
x
x

0,25
II.2.(1đ) Ta có:

00
cos12 cos18 4cos15 cos 21 cos 24
cos12 cos18 2(cos36 cos6 )cos24
cos12 cos18 2cos36 cos 24 2cos24 cos6
cos12 cos18 cos 60 cos12 cos30 cos18
13
cos60 cos30
2
oo ooo
oo ooo
oo oo o
oo o
oo
+− =
+− + =
+− −
+−−−−
+
=− − =−
o
o
=
=
.
 dài
()
()
()()
2
22
22
1AB ba b a ba ab=−+− =− ++.
Phng trình đng thng AB:

()()
() ()
2
2
22
0.
xa ya
abxa ya
ba
ba
a b x y ab y a b x ab
−−
=⇔+−=−
−
−
⇔+ −−=⇔=+ −

Khong cách t C đn AB:

⎜
⎟
⎜
⎝⎠
−
===
++ ++ ++
2
1

Din tích tam giác ABC: ()()
()
()
()
23
2
2
11
.1.
22 8
41
ba ba
SABh ba ab
ab
−−
==−++ =
++

ba ba
ab abba
ba
ba
ab ab a abb
⎛⎞
⎟
⎜
⎟
⎜
=+−− =+−−
⎟
∫
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝⎠
−−
.
− −− =
−
−
+−− ++ =
=+
Suy ra:
3
'4

0,5

IV(1đ)
S

C’

D
′
D C
B’

A B S

C’
I

A H C
(Hình này có th không v)
0,25
Xét tam giác cân SAC (cân ti S) vi H là trung đim ca AC. Rõ ràng

2
2
2
2
12 12
312 12 3
12
11
.
3
12 1
x
yx yxxx yx
A
xyy xy
y
x
y
x
+
−+
==
++
+−
=
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
−

;
4
1
41 1
21
'
4
21 2 21
;
1 241
'021 2
2, 1
44 4 4,(2)
(2) 8 0 8.
t
ft
t
tt
t
ft
t
ttttt
tttt
ft t t
t
tt t
tt t
+−
=
+

0 8
+
∞
()
'
f
t
+ 0 -

()
f
t
1/6
0 0

0,25
⎡
⎤
⎢
⎥
⎢
⎥
⎣
⎦
.
CHÚ Ý.
Thí sinh có th dùng bt đng thc đ ch ra giá tr nh nht
và giá tr ln nht tng ng bng 0 và 1/18 ri kt lun rng tp hp
mi giá tr ca
A là
1
0;
18
⎡⎤
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
.
Cách làm này không tht cht ch vì không ch ra đc
rng A nhn mi giá tr gia 0 và 1/18 nên ch cho tng cng 0,75đ. Phn riêng theo chng trình Chun


Vy ta có . D thy đim B ng vi giá tr t = 2 nên có
(
2; 1I −
(
)
5;1B
.
Tip theo,
()(
33.2;16;IC IM==−=−
)
3

   
nên có
()
8; 4C −
.

0,5

0,5
VIa.2(1đ) Tâm I ca mi mt cu nh vy phi nm trên mt phng R đi qua


222
210
5.
xy
xyz
⎧
++=
⎪
⎪
⎨
⎪
++=
⎪
⎩

0,5 0,5
VIIa(1đ)

4.10 3.6.10 5
924 21
CC CCC
B
A
C
+
+
==
=.

0,5

Phn riêng theo chng trình Nâng cao

VIb.1(1đ)
Rút y t phng trình ca ri th vào phng trình ca , ta đc:
1
d
2
d

()
()
()
22
2
Suy ra:

()
()
()
2
2
2
22
22
2
2
24 2
22
22
12
11
1
12 4
1.
11
kk
xy
kk
k
kk k
kk
⎛⎞


Vy giao đim ca hai đng thng di chuyn trên đng tròn tâm
O,
bán kính bng 1. 0,5
0,5
VIb.2(1đ)
Gi s S có phng trình . Do
S đi qua A, B, C, D nên có:
222
222xyz axbyczd++− − − +=0

12 0
12 0
32 2 2 0
12 0.

R =++=
).

Tip theo, gi s S’ có phng trình
. Do S’ đi qua A’, B’, C’,
222
2' 2' 2' ' 0xyz axbyczd++− − − += 0,25

D’ nên có:
1
''0
4
1
'' '0
2

⎩
.

Suy ra
51
'' ,' ''
44
ac b d== = =
1. Vy mt cu S’ có phng trình:

222
515
10
222
xyz x y z++−−−+=
.
(tâm là I’( 5/4, 1/4, 5/4), bán kính
25 1 25
'1
16 16 16
R =++−
.

Phng trình mt phng cha giao tuyn:

313
10 3 3 20
222
xyz xyz
−+−=⇔−+−=.
0,5 VIIb(1đ) Gi s cn bc hai ca 15 + 112i là x + yi. Khi đó:

()
2
22
22
2
2
42
215112
3136
15
15,( 0)

15 113
64.
2
tt
t
−− =
Δ= + = =
+
==

Suy ra 8, 7.xy=± =±
Vy cn bc hai ca 15 + 112i có hai giá tr là
()
87.i±+
0,5 0,5 Môn Thi: Toán

2
cossin
2
sin1
22
x
x
x
x
x


2. Giải bất phơng trình






+>+ xxxxx
2
1
log)2(22)144(log
2
1
2
2

Câu III (1 điểm)
Tính tích phân



0
30
= =
SAB SAC
. Tính thể tích
khối chóp S.ABC.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dơng thoả mn : a + b + c =
3
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
333
3
1
3
1
3
1
accbba
P
+
+
+
+
+
=
+
+
zyx . Gọi Alà hình chiêú của A
lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và
bán kính của đờng tròn (C) là giao của (P) và (S).
Câu VIIa (1 điểm)
Tìm số nguyên dơng n biết:
2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200
+
+ + + +
+ + + + =
k k k n n
n n n n
C C k k C n n C

Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao)
Câu VIb
(2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phơng trình:
1
916
22
=
yx
.
Viết phơng trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại
tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).






+=++
=+
++
113
2.322
2
3213
xxyx
xyyx

Hết
Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V
Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:

Số báo danh:


I. 1Khảo sát hàm số
và vẽ đồ thị hàm số 1,001) Hàm số có TXĐ:
{
}
2\R
0,25
2
) Sự biến thiên của hàm số:

a) Giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:
*
+
=

=
+

ylim;ylim
2x2x

Do đó đờng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

-

-

y
2
-

+

2* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
(
)
2;


và
(
)
+
;2


0,25
I. 2

Tìm
M

để đờng tròn có diện tích nhỏ nhất
1
,00Ta có:
2x,
2x
3x2
;xM
0

)xx(
2x
1
y:
0
0
0
2
0


+


=
0,25
O
y
x
2
3/2
3/2
2
Toạ độ giao điểm A, B của
(
)

và hai tiệm cận là:
( )
2;2x2B;

+
,
M
0
0BA
y
2x
3x2
2
yy
=


=
+
suy ra M là trung
điểm của AB.
0,25
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác
IAB có diện tích
S =








+=

2
0
0
2
0
2

0,25
Dấu = xảy ra khi



=
=


=
3x
1x
)2x(
1
)2x(
0
0
2
0
2
0

Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)

x
x
x


( )
xsin1x
2
cos1xsin
2
x
cosxsin
2
x
sin11
2
+=








+=+

0,25
01
2



0,25
01
2
x
sin2
2
x
sin21
2
x
sinxsin
2
=






++









= +




+ +

Z

0,25
II. 2

Giải bất phơng trình1 điểm





<






>
<






>+
>

0,25
Với điều kiện (*) bất phơng trình tơng đơng với:
[
]
1)x21(log)2x(2x2)x21(log2
22






>
<



<
>











>
<



<
>


01)x21(log
0x
01)x21(log
0x
2
2
2
2

0,25
Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1
x
4
1
<< hoặc x < 0.
0,25
III

Tính tích phân1 điểm

1
tdt2;xln1txln1t
2
=+=+=
Đổi cận:
2tex;1t1x ====

0,25
(
)
( )
(
)
3
222
t
3
t
2dt1t2tdt2.
t
1t
I
2
1
3
2
1
2
2
1





=
=




=
=
3
x
v
x
dx
du
dxxdv
xlnu
32

0,25
e
3 3 3 3 3 3
e 2 e
2 1 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I .ln x x dx .

SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a
= + = + =

Suy ra
a
SB
=
. Tơng tự ta cũng có SC = a.

0,25
Gọi M là trung điểm của SA , do ha
i tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân
nên MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC).
Ta có
MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S
S.SA
3
1
S.SA
3
1
S.MA
3
1
VVV =+=+=

0,25
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tơng ứng bằng nhau nên chúng
bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của
BC suy ra MN BC. Tơng tự ta cũng có MN SA.

MN = .
0,25
Do đó
16
a
2
a
.
4
3a
.3a
6
1
BC.MN
2
1
.SA
3
1
V
3
ABC.S
===
0,25

x
1
9
xyz
3
xyz3
z
1
y
1
x
1
)zyx(
3
3
++
++

=








++++
(*)
áp dụng (*) ta có

a 3b 1 1 1
a 3b 1.1 a 3b 2
3 3
b 3c 1 1 1
b 3c 1.1 b 3c 2
3 3
c 3a 1 1 1
c 3a 1.1 c 3a 2
3 3
+ + +
+ = + +
+ + +
+ = + +
+ + +
+ = + +

0,25
Suy ra
( )
3 3 3
1
a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6
3
+ + + + + + + +1 3
4. 6 3
3 4


=0,25
VIa.1Lập

phơng trình

đờng thẳng 1 điểmCách 1:
d
1
có vectơ chỉ phơng
)1;2(a
1

; d
2
có vectơ chỉ phơng
)6;3(a
2



tạo ra một ta
m giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d
1

( hoặc d
2
) một
góc 45
0




=
=
==
++


A3B
B3A
0B3AB8A345cos
)1(2BA
BA2
220
2222

0,25
* Nếu A = 3B ta có đờng thẳng

của tam giác đ cho.
Các đờng phân giác của góc tạo bởi d
1
, d
2
có phơng trình



=++
=+
+=+
+
+
=
+
+
)( 08y3x9
)( 022y9x3
7y6x35yx23
63
7y6x3
)1(2
5yx2
2
1
2222

0,25
+) Nếu d //

+
+
.
Do P

d nên
05yx3:d15c0c318
=

+


=

=
+


0,25
Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mn yêu cầu bài toán.
05yx3:d
=

+

05y3x:d
=










=
=
=
=








=++
=++++
=++++
=++
1d
1c
1b
2
5
a
021dc4b2a8
029dc4b6a8

)
1;1;1n

Suy ra phơng trình của d:






+++





+=
+=
+=
t1;t1;t
2
5
H
t1z
t1y
t2/5x

Do
(
)


0,25
6
35
36
75
IH ==
, (C) có bán kính
6
186
6
31
36
75
4
29
IHRr
22
====

0,25
VII a.

Tìm số nguyên dơng n biết1 điểm* Xét


+++
++++=+
(2)

0,25

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
1n21n2
1n2
2kk
1n2
k3
1n2
2
1n2
1n2
xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2
+
+

+++

++++=+
0,25

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C

b
y
a
x
2
2
2
2
=+ ( với a > b)
(E) cũng có hai tiêu điểm
(
)
(
)
(
)
15ba0;5F;0;5F
222
21
=
0,25
(
)
(
)
(
)
2bab16a9E3;4M
2222
=+

VIb. 2

Tìm điểm M thuộc

để AM ngắn nhất
1 điểm Chuyển phơng trình d về dạng tham số ta đợc:





+=
=
=
3
1
32
tz
ty
tx

Gọi I là giao điểm của (d) và (P)
(
)
3;1;32
+


)
1;2;1

n

[
]
(
)
3;3;3n,a =
. Gọi
u
là vectơ chỉ phơng của


(
)
1;1;1u



0,25





+=
=
=

3
4
u = . Vậy







3
16
;
3
4
;
3
7
M

0,25
VIIb

Giải hệ phơng trình:1 điểm

2
yxx
x
xxyx
x









=

=









=+
=



* Với



=

xy
x
31
1
thay y = 1 3x vào (1) ta đợc:
2.322
1313
=+
+ xx

Đặt
13
2
+
=
x
t Vì 1


x nên
4
1

t

1
t)3(
2
2
2

0,25
Vậy hệ phơng trình đ cho có nghiệm





=
=
11
8
logy
0x
2
và
(
)
[
]





Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA, Khi
đó (P)

(BCH). Do góc

A 'AM
nhọn nên H nằm giữa AA. Thiết diện của lăng
trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH.
0,25
Do tam giác ABC đều cạnh a nên
3
3a
AM
3
2
AO,
2
3a
AM ===

AO
O'A
=

suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A ===
0,25
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1

3
b
2
a
1
22222
++

+
+
+
+
=
+
+

Tơng tự
1aca
1
2
1
3
a
2
c
1
,
1cbc
1
2

1
1bab
1
2
1
P =
++
+
++
+
++
=
++
+
++
+
++














f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E)
cắt (P) tại 4 điểm phân biệt
0,25
Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mn hệ





=+
=
1y
9
x
x2xy
2
2
2

0,25
A

B
C
C

B

A




=
9
4
;
9
8
I
, bán kính R =
9
161
Do
đó 4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đờng tròn có phơng trình (**)
0,25
VIa.2
Viết phơng trình mặt phẳng (



) 1,00

Do () // () nên () có phơng trình 2x + 2y z + D = 0 (D

17)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5
Đờng tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3.
0,25
Khoảng cách từ I tới () là h =
435rR


Ta có
( )

++++=+=
2
0
nn
n
22
n
1
n
0
n
2
0
n
dxxCxCxCCdx)x1(I L

2
0
1nn
n
32
n
21
n
0
n

2
0
n
C
1n
2
C
3
2
C
2
2
C2
+
++++=
+
L
(1)
0,25
Mặt khác
1n
13
)x1(
1n
1
I
1n
2
0
1n

+
++++=
+
L
1n
13
1n
+

=
+

Theo bài ra thì
7n65613
1n
6560
1n
13
1n
1n
=

=
+
=
+

+
+


7
k
k
7
0
4
k7
k
7
7
4
xC
2
1
x2
1
xC
x2
1
x

0,25
Số hạng chứa x
2
ứng với k thỏa mn
2k2
4
k314
==



=+
=++
0.3n5m3
2.3n27m2




=
=




=+
=

1n
1m
2nm
3n2m

Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)
0,25
Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình

0cby2ax2yx
22
=++++

y
9
17
x
27
83
yx
22
=++

0,25

7VIb.2
Tìm giá trị nhỏ nhất
1,00Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G =






3;
3
8

==
0,25
3
64
9
104
9
32
9
56
GCGBGA
222
=++=++

Vậy F nhỏ nhất bằng
9
553
3
64
33
19
.3
2
=+







yx
yxyx

Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ



=
+=




+=
+=
)2(uvee
)1(1ue
1ve
1ue
vu
v
u
v

0,25
-

Nếu u > v thì (2) có vế trái dơng
, vế phải âm nên (2) vô nghiệm



0 +

f(u) 0
Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0
0u
=

.
0,25
Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0



=
=




=
=+
=
0y