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 1y 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
x

 
2. Giải phương trình:
   
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4x x x     


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 xúc với cả hai mặt phẳng
(P) và (Q).
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
4 3 2
1 1 2
4 3
1 1
5
4
7
15
n n n
n
n n
C C A
C A
  

 


   
   
 
.
Tìm các điểm
1 2
d , dM N 
sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.
Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số
 
3
1
( ) ln
3
f x
x


và giải bất phương trình
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x

' 3 6y x x 
;
2
' 0
0
x
y
x
 

 



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
1y x  
, nên hàm số không có cực trị.
0,25

 
(1)
Điều kiện:
sin 2 0x 
0,25
2
1
1 sin 2
1 sin cos
2
(1)
sin 2 2 cos sin
x
x x
x x x

 
  
 
 
0,25
2
2
1
1 sin 2
1 1
2
1 sin 2 1 sin 2 0
sin 2 sin 2 2
x

  
 
 


 

0,25
   
 
 
2
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 4x  
ta có phương trình
2
4 12 0 (3)x x  
;
 
2



lo¹i
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
2x 
hoặc
 
2 1 6x  
0,25
III
1,00
Đặt
2 2 2
2
1 1 2 2
dx tdt
t x t x tdt xdx
x x
          
2 2
1 1
dx tdt tdt
x t t
   
 
+ Đổi cận:
1 3
2 2
3 1
2 2

 
0,50
IV
1,00
Gọi E là trung điểm của AB, ta có:
,OE AB SE AB 
, suy ra
 
SOE AB
.
Dựng
 
OH SE OH SAB  
, vậy OH là khoảng cách từ O
đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:
2 2 2 2 2 2
2
1 1 1 1 1 1 1 8
1
9 9
9 3
8
2 2
OH SO OE OE OH SO
OE OE
       
   
2 2 2
9 81 9

Thể tích hình nón đã cho:
2
1 1 265 265
. . .3
3 3 8 8
V OA SO
  
  
0,25
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:
2 2 2
265 337 337
9
8 8 8
265 337 89305
. . .
8 8 8
xq
SA SO OA SA
S OA SA
  
      
  
0,25
V
1,00
Hệ bất phương trình
 
2
2

 
          

Gọi
 
2
2 3
( ) ; 1;6
2 1
x x
f x x
x
 
 

0,25
Hệ đã cho có nghiệm
 
0 0
1;6 : ( )x f x m   
 
 
 
 
2
2
2 2
2 4
2 2 8
'

(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
VIa
2,00
1

0,25
Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
   
2 4 0 2 4 0a x b y ax by a b        
Gọi
1 2 3
:4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0x y x y ax by a b            
Từ giả thiết suy ra
 

 

2 3 1 2
; ;    
. Do đó
 

 

 
2 3 1 2
2 2
2 2
|1. 2. | | 4.1 2.3|
cos ; cos ;
25. 5
5.
0
| 2 | 2 3 4 0
3 4 0

4 0 5
5;4
1 0 4
y x
C
x y y
  
 
 
 
   
 
0,25
2
1,00
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
, , ,
, ,
OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P

3
a b c
OI d I P a b c a b c a b c
  
           
 
 
 
 
| 2 2 5| | 2 2 13|
, ,
3 3
2 2 5 2 2 13 ( )
2 2 4 (3)
2 2 5 2 2 13
a b c a b c
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:

0,25
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
     
2 2 2
2 2 1 9x y z     
và
2 2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
     
     
     
     
0,25
VIIa
1,00
Điều kiện:
1 4 5n n   
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
             
   
       
   
1 2 3 4 1 2 3
5
2 3
4.3.2.1 3.2.1 4
1 1 2 3


     




0,50
VIb
2,00
1
1,00
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
2 2
0; 2
2 4 8 0
1; 3
5 2 0
y x
x y x y
y x
x y
 

    


 
   
  


1
nên tọa độ của M
 
1 2 ;3 3 ;2t t t 
.
Theo đề:
 
 
 
 
1 2
2
2 2
|1 2 2 3 3 4 1|
|12 6|
, 2 2 12 6 6 1, 0.
3
1 2 2
t t t
t
d M P t t t
    

          
  
0,25
+ Với t
1
= 1 ta được
 

2
là:
5 6
4
5 5
x t
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).

x x
   
 
0,25
Ta có:
     
2
0
0 0
6 6 1 cos 3 3
sin sin sin 0 sin0 3
2 2
|
t t
dt dt t t
 

 
   

       
 
 
 
0,25
Khi đó:
2
0
6
sin

x x


 




 

 
  
 
 

 
 
  
  



0,50
-2
1