2 ĐỀ THI THỦ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN: ĐÀ NẴNG, VĨNH PHÚC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối A
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
4 2
y f (x) 8x 9x 1= = − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
4 2
8cos x 9cos x m 0− + =
với
[0; ]x
π
∈
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
3
log x
1
x 2 x x 2
2
 
− − = −
 ÷
 
2. Giải hệ phương trình:
2 2

Câu VI.a (2 điểm)
1. Cho
∆
ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2x y 1 0+ + =
và phân giác trong CD:
x y 1 0+ − =
. Viết phương trình đường thẳng BC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số
x 2 t
y 2t
z 2 2t
= − +


= −


= +

.Gọi
∆
là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc
của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua
∆
, hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách
đến (D) là lớn nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng
1 1 1 5
xy 1 yz 1 zx 1 x y z

 
+ + + + <
 ÷
+ + + + + +
 
2
Đáp án
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 1,00
+ Tập xác định:
D = ¡
0,25
+ Sự biến thiên:
• Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
•
( )
3 2
' 32x 18x = 2x 16x 9y = − −
0
' 0
3
4
x
y

π
∈
(1)
Đặt
osxt c=
, phương trình (1) trở thành:
4 2
8 9 0 (2)t t m− + =
Vì
[0; ]x
π
∈
nên
[ 1;1]t ∈ −
, giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số
nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.
0,25
Ta có:
4 2
(2) 8 9 1 1 (3)t t m⇔ − + = −
Gọi (C
1
):
4 2
8 9 1y t t= − +
với
[ 1;1]t ∈ −
và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C
1

0m =
: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
• m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
II 2,00
1 1,00
Phương trình đã cho tương đương:
3
3
log
log
3
2 0
2
2 0
1
1
1
log ln 0
ln 0
1
2
2
2
2
2
2 0
x
x
x

 ÷

 ÷

 ÷


 
 
 

 



 

>
>

− >







0,50
3

 =  =
 

 


 
 

 
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  
 

 
− =

− = =
  
 
 ÷

 
 
 
  
 

  
 

u
y v
v
 
= −
 ÷
 
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12
12
2
u v
u u
v
v
+ =


 

− =
 ÷

 

0,25
4
8


− =

⇔
 
=
+ =



(I)
+
2 2
3
3
9
9
u
x y
v
x y

=

− =

⇔
 
=
+ =

x x
x
x x x x
x x x x x
x
x x x x x
≥ ≥
 
=

 

 
− = ⇔ ⇔ ⇔ =
− = − =
 

 
 

=
− = − − =

 
 
Suy ra diện tích cần tính:
( ) ( )
2 6
2 2
0 2

( )
6
2
2
| 4 | 2K x x x dx= − −
∫
Vì
[ ]
2
2;4 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤
và
[ ]
2
4;6 , 4 0x x x∀ ∈ − ≥
nên
( ) ( )
4 6
2 2
2 4
4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx= − − + − − = −
∫ ∫
.
0,25
Vậy
4 52
16
3 3
S = + =
0,25
IV 1,00

x x
I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ =
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi:
( )
' . '
3
h
V B B B B= + +
Trong đó:
2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h= = = = = =
0,25
5
Từ đó, ta có:
2 2 3
2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V
 
 ÷
= + + =
 ÷

   
= + = −
 ÷  ÷
 ÷
   
 
Do đó phương trình đã cho tương đương:
( )
1 1
2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)
2 2
c + =
Đặt
os2x + sin2x = 2 os 2x -
4
t c c
π
 
=
 ÷
 
(điều kiện:
2 2t− ≤ ≤
).
0,25
Khi đó
2
sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1−
. Phương trình (1) trở thành:
2

tại
2t =
.
0,25
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi
2 4 2 2 2 2 4 2m− ≤ − ≤ +
2 2 2 2m⇔ − ≤ ≤
.
0,25
VIa 2,00
1 1,00
Điểm
( )
: 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ −
.
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M
+ −
 
 ÷
 
.
0,25
Điểm
( )
1 3


− + =

.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK
⇒
tọa độ của
( )
1;0K −
.
0,25
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
+
= ⇔ + + =
− +
0,25
6