Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục
ĐỀ 02
Thi thử thứ hai hàng tuần

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số :
3
1
x
y
x






1

1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số


1
.
2.
Tìm trên đồ thị của hàm số


1
những điểm

x y x y
x x y y

2.
Giải phương trình :




2 2
3 1 sin 2sin .cos 3 1 cos 1
x x x x
    

Câu III: ( 1 điểm ) Tìm giới hạn :
t n2 cos16
8
lim
cos12
a x x
x
e e
x




Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp
.
S ABCD

3 log 4 1 log 4 2 0
m x m x m
       
.
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ).
1.
Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a ( 2 điểm )
1.
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, viết phương trình chính tắc của elip


E
có tiêu cự bằng
8
, tâm sai
4
5
e


và các tiêu điểm nằm trên
Ox
.
2.
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxyz

 
6 6
4 4
1 sin cos
1 sin cos
x x
y
x x

2.
Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b ( 2 điểm )
1.
Cho tam giác
ABC
có hai đường trung tuyến
 
1
1
1
1
:
1
x t
d
y t
 




cạnh của tam giác .
2.
Viết phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ , vuông góc với mặt phẳng


: 3
P x y z
  
, đồng thời
tiếp xúc với mặt cầu


 


 
2
2 2
: 1 2 3 4
S x y z
     
.
Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
1
x y z






1

1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số


1
.
2.
Tìm trên đồ thị của hàm số


1
những điểm
M
có tọa độ nguyên dương sao cho khoảng cách từ
M
đến
2

đường tiệm cận bằng nhau.
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số



;
M x y
là tọa độ điểm cần tìm , có tọa độ nguyên dương, là điểm thuộc đồ thị của hàm số


1
khi đó
0 0
0
4
1
y x
x
 

.
Đồ thị của hàm số


1
có tiệm cận đứng


1
1 0
x d
  và
 
1
0

0
0
2
0 0
0
0 0
0
1 2
1 .
4
1 1 4
1 2
3 3
1
x
x loai
x x
x
x y
x
  
 


      


 
  


   
2 2
2 2
3 1 3 2 5
IM R
      nên
M
luôn nằm trong đường tròn :
 


2
2
1 2 9
x y
   
.
Câu II: ( 2 điểm )
1.
Giải hệ phương trình :
   


  


2 2
18
( 1) ( 1) 72
x y x y

S x x P y y

Khi đó hệ
 





   





 


 
 




 
  
 
 

  

2
2
2
2
3
12 4
2
6
3
18 12
*
. 72 6
2
6 3
3
12
4
x
x x x
y
y y
y
S P S
S P P
x
x x x
y
y y
y




2 2
3 1 sin 2sin .cos 3 1 cos 1
x x x x
    

Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục






2 2 2 2
3 1 sin 2sin .cos 3 1 cos 1 3 sin 2sin .cos 3 cos 0 *
x x x x x x x x        
cos 0
x
 
không là nghiệm phương trình .
cos 0
x
 
chia cả hai vế phương trình cho
2
cos
x
.Khi đó phương trình
 

 



       



 
 
  

 

 



 



Câu III: ( 1 điểm ) Tìm giới hạn :
t n2 cos16
8
lim
cos12
a x x
x
e e

x
e e
x
x x
  

 
  
 

 
 
 
 
 
 
 

Và
 
 
 
t n
t n2 t n2
4
t n2
8 8 8
1 0
lim lim lim ' ,
8

8 8 8
x x
x
x x x
e e e g x g
g g x e
x x x

  
  
  
  
   
  

Đặt
0,cos12 cos12 sin12
8 8 8
t x x t x x t
  
 
        
 
 

 
0
1
' ' .lim 4 0
8 8 sin12 12 3

.

I
D
CB
A
S

Ta có :


   
SB ABCD SB BD
tam giác
BSD
vuông tại
B
.
Mặt khác
  
AB AD SA AD
( định lý
3
đường vuông góc)

tam
giác
ASD
vuông tại
A

 
2 2
4 6
S R a
(đvdt).
Thể tích của khối cầu :
 
 
3 3
4
6
3
V R a
(đvtt)
Chú ý : Ngoài ra học sinh có thể dùng phương pháp tọa độ để giải.
Câu V: ( 1 điểm ) Tìm tham số thực
m
để phương trình sau có hai nghiệm
1 2
;
x x
thỏa mãn
1 2
4 6
x x
  
:
       
2
1 1

1 2
1
t t
  

Ta có hệ :
   
 
 
 
0 8 25 0
25
0
8
3 1 0 4 3 0
3
4 5
01 0
2 32
m
m
m f m m
m
m
S
m





, viết phương trình chính tắc của elip


E
có tiêu cự bằng
8
, tâm sai
4
5
e


và các tiêu điểm nằm trên
Ox
.

Elip
   
2 2
2 2
: 1 0
x y
E a b
a b
   

Theo bài toán ta có hệ :
 
2 2
2 2 2

2.
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxyz
cho các điểm








;0;0 , ; ;0 , 0; ;0 , 0;0;2
B a C a a D a S a
. Giả sử
N
là trung
điểm của các cạnh
SD
. Tìm giá trị nguyên dương lớn nhất của
a
để khoảng cách giữa hai đường thẳng
SB
và
CN
lớn hơn
2
7
a
.

2
2 2
2 2
2
3
2
SB CN
a
a
d
a
a a

 
 
  
 
 

Theo bài toán :
 
2 2
;
2 14
0
7 3 7 3
SB CN
a a a
d a     
Mà


2
6 6
2
4 4
2
3
2 sin 2
1 sin cos 3 8
4
, sin 2 , 0;1
1
1 sin cos 2 8
2 sin 2
2
x
x x t
y f t t x t
x x t
x

Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục
Hàm số
 



3 8
2 8
t

 
 
 
5
0 1, 1
6
f f .
Do đó hàm số cho đạt giá trị nhỏ nhất bằng
5
6
khi
 
    

2
sin 2 1 ,
4 4
x x k k và đạt giá trị lớn nhất
bằng
1
khi

   

2
sin 2 0 ,
2
x x n n .
2.
Theo chương trình Nâng cao :

1
x t
d
y t




 


và điểm


1; 1
A

. Viết
phương trình
3
cạnh của tam giác .
Đường trung tuyến




1 2
,
d d
cắt nhau tại trọng tâm

Viết phương trình đi qua
2
điểm.
Cách 2 :
Gọi
'
A
là điểm đối xứng của
A
qua trọng tâm
G
.
Dễ thấy
'
BA CG
là hình bình hành nên ta viết được phương trình
'
A C
qua
C
và song song với


1
d

Tọa độ
C
là giao điểm của


2 2
: 1 2 3 4
S x y z
     
.
Mặt phẳng đi qua gốc tọa độ có phương trình :


2 2 2
: 0, 0
Q Ax By Cz A B C
     

Mặt phẳng




0
P Q A B C
    

Dùng điều kiện tiếp xúc của mặt cầu và mặt phẳng .
Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho
3
số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
1

, * ,
x xy y xy x y
    

.
Vì
, 0 0
x y x y
   
nên ta nhân cả
2
vế của đẳng thức


*
cho
0
x y
 
, ta được đẳng thức


3 3
, , 0
x y xy x y x y
    
hay
 
2 2
, 1 , 0

ta được điều phải chứng minh . Đẳng thức xảy ra khi
1
3
x y z
  
.
Bài toán này có nhiều cách giải .