Trường THPT Lương Thế Vinh
Đề thi thử đại học lần 2 năm 2008-2009
Ngày thi: 15/3/2009
• Thời gian: 180 phút.
• Typeset by L
A
T
E
X 2
ε
.
• Copyright
c
2009 by Nguyễn Mạnh Dũng.
• Email:
• Mathematical blog: />1
1 Đề bài
PHẦN 1 (Chung cho tất cả các thí sinh)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số y =
2x
x + 2
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đến tiếp
tuyến lớn nhất.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình
1 + cot 2x cot x
cos
2
x

với A(2; 0; 0); B(0; 4; 0)
và O
1
(0; 0; 4). Xác định tọa độ điểm M trên AB, điểm N trên OA
1
sao cho đường thẳng MN song
song với mặt phẳng (α) : 2x + y + z − 5 = 0 và độ dài MN =
√
5.
Câu IV (2 điểm).
1) Tính tổng sau
S =

C
0
n
1

2
+

C
1
n
2

2
+ ··· +

C

2
x
2
+ xy +
3
2
= 2
y

x
2
y + 2x

2
− 2x
2
y − 4x + 1 = 0
Câu Vb (2 điểm)
1) Tính tích phân

π
4
0
x sin x
cos
3
x
dx
2) Giải phương trình
log

4
(x
0
+ 2)
2
(x − x
0
) +
2x
0
x
0
+ 2
⇔ 4x − (x
0
+ 2)
2
y + 2x
2
0
= 2 (d)
Tâm đối xứng I = (−2; 2) nên ta có
d(I/(d)) =
8|x
0
+ 2|

16 + (x
0
+ 2)

+ 2

1 −
1
2
sin
2
2x

⇔ sin
4
2x + sin
2
2x − 2 = 0 ⇔ sin
2
2x = 1 ⇔ x =
π
4
+
kπ
2
(k ∈ Z)
2) Đặt t =
√
x
2
− 4x + 5 ⇒ t ∈ [1; 2]. Bất phương trình tương đương với
5 − t
2
+ m(t + 2) ≤ 0 ⇔ m ≤

⇒ BH
2
+ CH
2
= 4a
2
= BC
2
⇒ BK⊥AC
Mặt khác BK⊥SA ⇒ BK ⇒ (SAC) ⇒ (SBK)⊥(SAC)
Thể tích
V
SBCK
=
1
3
SA.S
BCK
=
1
3
3
√
2a
2
√
2 = 2a
3
3
2) Ta có

−−→
n
(α)
= 0 ⇔ 2(2n + 2m − 2) − 4m + 4n = 0 ⇔ n =
1
2
⇒ N = (1; 0; 2)
Khi đó MN
2
= (2m − 1)
2
+ 16m
2
+ 4 = 5 ⇒

m =
1
5
m = 0
⇒

M
1

8
5
;
4
5
; 0

2
n+1

2
+ . . . +

C
n+1
n+1

2

Từ (1 + x)
n+1
(1 + x)
n+1
= (1 + x)
2n+2
, cân bằng hệ số x
n+1
ở hai vế ta có

C
1
n+1

2
+

C

+ y
2
+ 6x − 2y + 6 = 0
x + 2y = 1
Giải hệ ta thu được A
1
= (−1; 1), A
2
= (−
21
5
;
13
5
). Do A
1
M =
√
20 <
18
√
5
= A
2
M nên S
A
1
BC
<
S

ln




t − 3
t + 3




2
1
=
1
3
5
2
2) Điều kiện x = 0. Phương trình thứ hai của hệ tuơng đương với
(x
2
y + 2x − 1)
2
= 0 ⇔ y =
1 − 2x
x
2
Thay vào phương trình đầu tiên và biến đổi ta thu được
2
1−x

ở đó f(t) = 2
t
+
t
2
là hàm đồng biến với mọi t. Từ đó suy ra
1 − x
2
x
2
=
1 − 2x
x
2
⇔ x = 2
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (2;−
3
4
).
Câu Vb
1) Đặt u = x, dv =
sin x
cos
3
x
dx ⇒ du = dx, v =
1
2 cos
2
x

4
−
1
2
2) Điều kiện x > 0. Phương trình đã cho tương đương với

log
2
x −
x
2

[log
2
x − 2 log
7
(x + 3)] = 0
• log
2
x −
x
2
= 0 ⇔
ln x
x
=
ln 2
2
.
Xét f(x) =


t
+ 6

2
7

t
+ 9

1
7

t
= 1
có nghiệm duy nhất t = 2. Vậy phương trình có nghiệm x = 2, x = 4.
5