Đề và đáp án thi thử Đại học môn Toán năm 2009

 Vũ Ngọc Vinh 
1
THI CHUNG KẾT ĐẠI HỌC 2009 
(Thời gian: 180 phút) 
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số 3 23 2y x m x m   (Cm) 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . 
 2) Tìm m để (Cm) cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt. 
Câu II.(2 điểm): 
1) Giải phương trình :      84 22
1 1log 3 log 1 log 4 .
2 4
x x x    
2) Giải phương trình : sin . cos .2
0
2 1 0
x
t t dt  
Câu III. (2 điểm): 
1) Tìm giới hạn 
3 2 2
0
3 1 2 1lim .
1 cosx
x xL
x
  

2) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh 
2 2
1 2
1 2
5 2 (1)
4 (2)
z z i
z z i
   
   
 ( z1, z2  C ) 
Câu IV (1 điểm): 
Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 3.a b c   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
 4 9 16 9 16 4 16 4 9 .a b c a b c a b cM          
Câu V. (1,0điểm): 
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD với tất cả các cạnh đều bằng a. Hình cầu tâm O đi qua A 
và tiếp xúc với SB, SD tại các trung điểm của chúng. Tính thể tích của khối OSCD. 
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH 
Thí sính chỉ được chọn phần 1 hoặc 2 dưới đây : 
1) Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn 
Câu VIa. (2 điểm): 
1) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình   2 21 : 4 5 0C x y y    và 
  2 22 : 6 8 16 0.C x y x y     Lập phương trình tiếp tuyến chung của  1C và  2 .C 
2) Cho điểm  2;5;3A và đường thẳng 1 2: .
2 1 2
x y zd    Viết phương trình mặt phẳng   
chứa d sao cho khoảng cách từ A đến   lớn nhất. 
 Vũ Ngọc Vinh 
2
Câu VIIa (1 điểm) 
Tìm x biết rằng trong khai triển của nhị thức: 
1
12
2
n
x
x
 
 
 
 tổng của số hạng thứ 3 và thứ 
5 bằng 135, còn tổng các hệ số của ba số hạng cuối bằng 22 
2) Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao 
Câu VIb (2 điểm) 
1) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc 
với đường thẳng : 2 0d x y   tại điểm A có hoành độ bằng 4. 
2) Cho mặt phẳng   : 2 2 1 0P x y z    và các đường thẳng 1
1 3: ,
2 3 2
x y zd   

2
5 5: .
6 4 5
x y zd   

 Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường 
thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. 
Câu VIIb (1 điểm) 
Tìm hệ số của x7 trong khai triển : (2 – 3x)2n trong đó n *N và 
...1 3 5 2 12 1 2 1 2 1 2 1 1 0 2 4
n
n n n nC C C C

        
Hết  
 Vũ Ngọc Vinh 
3
ĐÁP ÁN 
Câu I 2 điểm 
3 23 2y x m x m   (Cm) khi 31 3 2m y x x     (C) 0,25 
TXĐ: D=R, 2' 3 3, ' 0 1y x y x      
Giới hạn: lim , lim
x x 
    
x - - 1 1 + 
f’(t) + 0 - 0 + 
f(t) 
- 
 4 
 0 
 + 
0,25 
0,25 
1) 
Đồ thị: 0,25 
Hàm số bậc 3 có hệ số 3x là 1, nếu không có cực trị sẽ luôn đồng biến, vậy 
để cắt trục hoành tại 2 điểm thì (Cm) phải có 2 cực trị. 
' 0y  có 2 nghiệm phân biệt 2 23 3 0x m   có 2ng pb 
 Khi 0m  thì ' 0y x m    
0,5 2) 
(Cm) cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt  yCĐ = 0 hoặc yCT = 0 
3( ) 0 2 2 0 0y m m m m       (loại) 
3( ) 0 2 2 0 0 1y m m m m m          KL: 1m   
0,5 
Câu II 2 điểm 
Giải phương trình:        84 22
1 1log 3 log 1 log 4 2
2 4
x x x    
- Điều kiện: 0 1x  0,25 
-    2 3 1 4x x x    0,25 
Trường hợp 1: 1x  
  22 2 0 2x x x     
0,25 
1) 
Trường hợp 1: 0 1x  
  22 6 3 0 2 3 3x x x       
Vậy tập nghiệm của (2) là  2;2 3 3T   
0,25 
2) 
sin . cos .2
0
2 1
x
I t t dt  . Đặt u = cos21 t thì: 
 Vũ Ngọc Vinh 
4
 ( cos ). cos2 22 2 2 1 1
3
I x x      
- PT  sinx = 0 . PT có 1 họ nghiệm x = k ( )k Z  
0,5 
0,5 
Câu III 
Tìm 
3 2 2
0
3 1 2 1lim .
1 cosx
x xL
x
  

Ta có 
3 2 2
0
3 1 1 2 1 1lim
1 cos 1 cosx
x xL
x x
      
   
0,25 
Xét 
2 2
1 2 20 0
2 1 1 2lim lim 2
1 cos 2sin 2 1 1
2
x x
x xL xx x 
   
     
0,25 
Xét 
 
3 2 2
2 20 0 32 2 23
3 1 1 3lim lim 2
1 cos
2sin 3 1 3 1 1
2
x x
x xL
x x x x
 
   
  
      
0,25 
1) 
Vậy 1 2 2 2 4L L L     0,25 
Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh 
2 2
1 2
1 2
5 2 (1)
4 (2)
z z i
z z i
   
   
Tõ (2) ta cã 2 21 2 1 22 15 8 .z z z z i    KÕt hîp víi (1) ta cã 1 2 5 5z z i  
vËy ta cã hÖ ph­¬ng tr×nh: 1 2
1 2
4
5 5
z z i
z z i
  
  
Do ®ã 1 2,z z lµ nghiÖm 
cña ph­¬ng tr×nh  2 4 5 5 0z i z i     . 
0,5 
2) 
 VËy ta cã 
1
2
4 2 3 3
2
4 2 3 1 2
2
i iz i
i iz i
     
      
 HoÆc 1
2
1 2
3
z i
z i
 
  
0,5 
Cho a, b, c thoả 3.a b c   Tìm GTNN của 
4 9 16 9 16 4 16 4 9 .a b c a b c a b cM          
Đặt      2 ;3 ;4 , 2 ;3 ;4 , w 2 ;3 ;4 wa b c c a b b c au v M u v            
     2 2 2w 2 2 2 3 3 3 4 4 4a b c a b c a b cM u v              
0,25 
Theo côsi có 322 2 2 3 2 6b c a b c     . Tương tự  0,5 
Câu IV 
Vậy 3 29.M  Dấu bằng xảy ra khi 1.a b c   KL:.. 0,25 
 Vũ Ngọc Vinh 
5
- HS tự vẽ hinh. Gọi O là tâm mặt cầu đi qua A tiếp xúc với SB, SD tại E, F. 
Chứng minh: SB  (AEC) và SD  (AFC)  O  AC 
G 
0,25 
- OC = 5 5 2
8 8
aAC  
0,25 
Câu V 
 - . .
31 5 2
3 96OCD
aV SK S  
0,5 
Câu VIa 
       1 1 1 2 2 2: 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.C I R C I R   0,25 
Gọi tiếp tuyến chung của    1 2,C C là  2 2: 0 0Ax By C A B      
 là tiếp tuyến chung của    1 2,C C 
 
 
 
 
2 2
1 1
2 22 2
2 3 1;
; 3 4 3 2
B C A Bd I R
d I R A B C A B
              
Từ (1) và (2) suy ra 2A B hoặc 3 2
2
A BC   
0,25 
Trường hợp 1: 2A B . 
 Chọn 1 2 2 3 5 : 2 2 3 5 0B A C x y             
Trường hợp 2: 3 2
2
A BC   . Thay vào (1) được 
2 2 42 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0
3
A B A B A A B y x y               
0,5 
Gọi K là hình chiếu của A trên d K cố định; 
Gọi   là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên   . 
0,25 
Trong tam giác vuông AHK ta có .AH AK 
Vậy  maxAH AK   là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. 
0,25 
Gọi   là mặt phẳng qua A và vuông góc với d   : 2 2 15 0x y z     
 3;1;4K 
0,25 
  là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK   : 4 3 0x y z     0,25 
VIIa 
Từ (gt) ta có hệ PT:     ( )
( )
2 4
1 4
2 4
1 1
2 2 2
1 12 2 135 1
2 2
22 2
n n
x x
n nx x
n n n
n n n
C C
C C C
 
 
  
         
    
   
- Từ PT (2) được n = 6 
- Thay vào (1) được x = -1 hoặc x = 2 
0,5 
0,25 
0,25 
 Vũ Ngọc Vinh 
6
Câu VIb 
Gọi  
2 2
2 2: 1
x yH
a b
  (H) tiếp xúc vớ  2 2: 2 0 4 1d x y a b      
0,25 
     2 2
16 44 2 4;2 1 2x y A H
a b
        0,25 
Từ (1) và (2) suy ra  
2 2
2 28; 4 : 1
8 4
x ya b H     
0,5 
Gọi    1 2 ;3 3 ;2 , 5 6 ';4 '; 5 5 'M t t t N t t t     
  ; 2 2 1 1 0; 1.d M P t t t       
0,25 
Trường hợp 1:    0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5t M MN t t t      

 . 0 ' 0 5;0; 5P PMN n MN n t N      
   
0,25 
Trường hợp 2:    1 3;0;2 , 1; 4;0t M N    0,25 
Kết luận 0,25 
Câu 
VIIb 
- Khai triển: (1 + x)2n + 1 – (1 – x)2n + 1 , sau đó thay x = 1 và chia 2 vế cho 2 ta 
được: .....1 3 5 2 12 1 2 1 2 1 2 1
n
n n n nC C C C

      = 22n 
- Từ (gt) được n = 5 
- Hệ số của x7 là .7 3 7102 3C 
0,5 
0,25 
0.25