Tài liệu Tuyển tập để thi thử Toán ĐH 2010 - TSD 1 pptx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (8.12 MB, 90 trang )
Trần Sĩ Tùng
Trường THPT Phan Châu Trinh
ĐÀ NẴNG
Đề số 13
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi: TOÁN – Khối D
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
3
1
x
y
x
-
=
+
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm
(
)
1;1
I - và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm
của đoạn MN.
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình:
( )
cos3sin23sin3cos2
+=+
xxxx
2) Giải hệ phương trình:
(
)
xyxy
xy
33
22
34
9
ì
ï
-=
í
=
ï
î
Câu III (1 điểm): Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:
( )
(
)
22
211
-++=-
mxxm
có nghiệm.
Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ tam giác đều
.'''
ABCABC
có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BC)
bằng
2
a
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
.'''
ABCABC
.
Câu V (1 điểm): Chứng minh
( )
abc
abbccaabc
abbcca
222
1
2
+++++³++
+++
với mọi số dương
;;
abc
.
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):
1) Giải bất phương trình:
(
)
(
)
22
2
1loglog2log6
xxx
+++>-
2) Tính:
2
ln
xdx
ò
Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua
(
)
2;1
M và tạo với các
trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng
4
.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):
1) Giải hệ phương trình :
22
1
23
xy
yxxy
+
ì
+=+
ï
í
=
ï
î
2) Tìm nguyên hàm của hàm số
()
cos21
cos21
x
fx
x
-
=
+
.
Câu VII.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) , cho điểm
1
3;
2
M
æö
ç÷
èø
. Viết phương trình chính tắc của elip
đi qua điểm M và nhận
(
)
1
3;0
F -
làm tiêu điểm.
============================
Trn S Tựng
Hng dn:
I. PHN CHUNG
Cõu I: 2) Gi d l ng thng qua I v cú h s gúc k ị PT
(
)
:11
dykx
=++
.
Ta cú: d ct ( C) ti 2 im phõn bit M, N
3
:1
1
x
PTkxk
x
-
=++
+
cú 2 nghim phõn bit khỏc
1
-
.
Hay:
(
)
2
240
fxkxkxk
=+++=
cú 2 nghim phõn bit khỏc
1
-
( )
0
400
140
k
kk
f
ỡ
ạ
ù
D=-><
ớ
ù
-=ạ
ợ
Mt khỏc: 22
MNI
xxx
+=-=
I l trung im MN vi
0
k
"<
.
Kt lun: PT ng thng cn tỡm l
1
ykxk
=++
vi
0
k
<
.
Cõu II: 1) PT
cos33sin33cos2sin2
xxxx
-=+
1331
cos3sin3cos2sin2
2222
xxxx
-=+
cos3cos2
36
xx
pp
ổửổử
+=-
ỗữỗữ
ốứốứ
2
6
2
105
p
p
pp
ộ
=-+
ờ
ờ
ờ
=-+
ờ
ở
xk
k
x
2) Ta cú :
22
93
xyxy
==
.
ã Khi:
3
xy
=
, ta cú:
33
4
xy
-=
v
(
)
33
.27
-=-
xy
Suy ra:
(
)
33
; -
xy
l cỏc nghim ca phng trỡnh:
2
4270231
XXX ==
Vy nghim ca H PT l
33
231,231
xy=+= hoc
33
231,231
xy=-=-+ .
ã Khi:
3
xy
=-
, ta cú:
33
4
xy
-=-
v
(
)
33
.27
-=
xy
Suy ra:
(
)
33
;
xy
-
l nghim ca phng trỡnh:
2
4270()
++=
XXPTVN
Cõu III: t
2
1
tx
=+
. iu kin:
1
t
. PT tr thnh:
(
)
(
)
2
211
mttm
-+=
( )
1
1
2
=+
+
mtt
t
Xột hm s:
() ()
( )
2
11
'1
2
2
fttft
t
t
=+ị=-
+
+
( )
2
2
43
2
++
=
+
tt
t
tloaùi
ft
tloaùi
1()
()0
3()
ộ
=-
Â
=
ờ
=-
ở
. Da vo BBT, ta kt lun
4
3
m
.
Cõu IV: Gi M l trung im BC, h AH vuụng gúc vi AÂM. Ta cú:
(')
'
^
ỡ
ị^ị^
ớ
^
ợ
BCAM
BCAAMBCAH
BCAA
.
M '(')
2
a
AHAMAHABCAH
^ị^ị=
.
Mt khỏc:
222
1116
'
4
'
a
AA
AHAAAM
=+ị= .
Kt lun:
3
.'''
32
16
ABCABC
a
V = .
Cõu V: Ta cú:
2
1
2
2
aabab
aaaab
abab
ab
=--=-
++
(1)
Tng t:
2
1
2
b
bbc
bc
-
+
(2),
2
1
2
c
cca
ca
-
+
(3).
Cng (1), (2), (3), ta cú:
( )
222
1
2
abc
abbccaabc
abbcca
+++++++
+++
II. PHN T CHN
1. Theo chng trỡnh chun
Trần Sĩ Tùng
Câu VI.a: 1) Điều kiện:
06
x
<<
.
BPT
(
)
( )
2
2
22
log24log6
xxx
Û+>-
()
2
22
24616360
xxxxx
Û+>-Û+->
Û
18
x
<-
hay
2
x
<
So sánh với điều kiện. Kết luận: Nghiệm của BPT là
26
x
<<
.
2) Đặt
dudx
ux
x
dvdx
vx
2
2
ln
ì
ì
ï
=
=
Þ
íí
=
î
ï
=
î
. Suy ra :
222
lnln2ln2
==-=-+
òò
IxdxxxdxxxxC
Câu VII.a: Gọi
(
)
(
)
;0,0;
AaBb
là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra:
:1
xy
d
ab
+=
.
Theo giả thiết, ta có:
21
1
8
ì
+=
ï
í
ï
=
î
ab
ab
Û
baab
ab
2
8
ì
+=
í
=
î
.
· Khi
8
ab
=
thì
28
ba
+=
. Nên:
1
2;4:240
badxy
==Þ+-=
.
· Khi
8
ab
=-
thì
28
ba
+=-
. Ta có:
2
440222
bbb+-=Û=-±
.
+ Với
(
)
(
)
2
222:1221240
=-+Þ-++-=
bdxy
+ Với
(
)
(
)
3
222:1221240
= Þ++-+=
bdxy.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: 1)
22
1
(1)
23(2)
+
ì
+=+
ï
í
=
ï
î
xy
yxxy
(*).
Từ (1) ta có:
( )( )
22
10
1
=
é
+=+Û-+-=Û
ê
=-
ë
yx
yxxyyxyx
yx
· Khi:
yx
=
thì (*) Û
xx
yx
1
23
+
ì
=
í
=
î
Û
2
3
2
3
log3
log3
=
ì
ï
í
=
ï
î
x
y
.
· Khi:
1
yx
=-
thì (*) Û
xx
yx
2
1
23
-
ì
=-
í
=
î
Û
6
6
log9
1log9
=
ì
í
=-
î
x
y
2) Ta có:
(
)
2
tan
fxx
=-
2
1
1
cos
=-
x
Þ
(
)
tan
FxxxC
=-+
Câu VII.b: PTCT elip (E) có dạng:
22
22
1(0)
xy
ab
ab
+=>>
.
Ta có:
22
22
3
1
4
31
ab
ab
-=
+=
ì
ï
í
ï
î
Û
a
b
2
2
4
1
ì
ï
=
í
=
ï
î
. Vậy (E):
22
1
41
xy
+=
=====================
Trn S Tựng
Trung tõm BDVH & LTH
QUANG MINH
s 9
THI TH I HC V CAO NG NM 2010
Mụn thi: TON
Thi gian: 180 phỳt (khụng k thi gian phỏt )
I. PHN CHUNG (7 im)
Cõu I (2 im): Cho hm s
mxm
y
x
2
(21)
1
=
-
.
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s khi m = 1.
2) Tỡm m th ca hm s tip xỳc vi ng thng
yx
=
.
Cõu II (2 im):
1) Gii phng trỡnh:
xxx
2
23cos2sin24cos3
-+=
2) Gii h phng trỡnh:
xy
xy
xy
xyxy
22
2
2
1
ỡ
++=
ù
+
ớ
ù
+=-
ợ
Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn: I =
x
dx
xx
2
3
0
sin
(sincos)
p
+
ũ
Cõu IV (1 im): Cho hỡnh lng tr tam giỏc ABC.AÂBÂCÂcú ỏy l tam giỏc u cnh bng a, AÂM ^ (ABC), AÂM =
a
3
2
(M l trung im cnh BC). Tớnh th tớch khi a din ABAÂBÂC.
Cõu V (1 im): Cho cỏc s thc x, y. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc:
P = xyyxyyx
2222
44444
+-++++++-
II. PHN T CHN (3 im)
1. Theo chng trỡnh chun
Cõu VI.a (2 im):
1) Trong mt phng vi h to Oxy, cho elip (E):
xy
22
1
10025
+=
. Tỡm cỏc im M ẻ (E) sao cho
ã
FMF
0
12
120
=
(F
1
, F
2
l hai tiờu im ca (E)).
2) Trong khụng gian vi h to Oxyz, cho 3 im A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) v mt phng (P) cú phng
trỡnh:
xyz
30
+=+=
. Tỡm trờn (P) im M sao cho
MAMBMC
23++
uuuruuuruuur
nh nht.
Cõu VII.a (1 im): Gi a
1
, a
2
, , a
11
l cỏc h s trong khai trin sau:
xxxaxaxa
1011109
1211
(1)(2) ++=++++ .
Tỡm h s a
5
.
2. Theo chng trỡnh nõng cao
Cõu VI.b (2 im):
1) Trong mt phng vi h to Oxy, cho ng trũn (C): xy
22
(3)(4)35
-+-=
v im A(5; 5). Tỡm trờn (C)
hai im B, C sao cho tam giỏc ABC vuụng cõn ti A.
2) Trong khụng gian vi h to Oxyz, cho im M(2; 1; 2) v ng thng d:
xyz
13
111
== . Tỡm trờn d hai
im A, B sao cho tam giỏc ABM u.
Cõu VII.b (1 im): Gii h phng trỡnh:
y
xy
x
xy
xy
xy
2010
33
22
2
log2
ỡ
ổử
=-
ỗữ
ù
ù
ốứ
ớ
+
ù
=+
ù
ợ
============================
Trn S Tựng
Hng dn:
I. PHN CHUNG
Cõu I: 2) TX: D = R \ {1}.
th tip xỳc vi ng thng
yx
=
thỡ:
mxm
x
x
m
x
2
2
2
(21)
(*)
1
(1)
1(**)
(1)
ỡ
=
ù
ù
-
ớ
-
ù
=
ù
-
ợ
T (**) ta cú mx
22
(1)(1)
-=-
xm
xm
2
ộ
=
ờ
=-
ở
ã Vi x = m, thay vo (*) ta c:
m
00
=
(tho vi mi m). Vỡ x
ạ
1 nờn m
ạ
1.
ã Vi x = 2 m, thay vo (*) ta c: mmmmm
2
(21)(2)(2)(21)
=
m
2
4(1)0
-=
m
1
=
m = 1 ị x = 1 (loi)
Vy vi m ạ 1 thỡ th hm s tip xỳc vi ng thng
yx
=
.
Cõu II: 1) PT
xxx
31
cos2sin2cos6
22
-
+=
xx
5
cos2cos6
6
p
ổử
-=
ỗữ
ốứ
xk
xl
5
484
5
242
pp
pp
ộ
=+
ờ
ờ
ờ
=-+
ờ
ở
2)
xy
xy
xy
xyxy
22
2
2
1(1)
(2)
ỡ
++=
ù
+
ớ
ù
+=-
ợ
. iu kin:
xy
0
+>
.
(1) xyxy
xy
2
1
()1210
ổử
+ =
ỗữ
+
ốứ
xyxyxy
22
(1)()0
+-+++=
xy
10
+-=
(vỡ
xy
0
+>
nờn xyxy
22
0
+++>
)
Thay
xy
1
=-
vo (2) ta c:
xx
2
1(1)
=
xx
2
20
+-=
xy
xy
1(0)
2(3)
ộ
==
ờ
=-=
ở
Vy h cú 2 nghim: (1; 0), (2; 3).
Cõu III: t
tx
2
p
=-
ị dt = dx. Ta cú I =
t
dt
tt
2
3
0
cos
(sincos)
p
+
ũ
=
x
dx
xx
2
3
0
cos
(sincos)
p
+
ũ
ị 2I =
x
dx
xx
2
3
0
sin
(sincos)
p
+
ũ
+
x
dx
xx
2
3
0
cos
(sincos)
p
+
ũ
=
dx
xx
2
2
0
1
(sincos)
p
+
ũ
=
dx
x
2
2
0
11
2
cos
4
p
p
ổử
-
ỗữ
ốứ
ũ
= x
2
0
1
tan
24
p
p
ổử
-
ỗữ
ốứ
= 1 . Vy: I =
1
2
.
Cõu IV: Vỡ ABBÂAÂ l hỡnh bỡnh hnh nờn ta cú:
CABBCABA
VV
.'.''
= . M
CABBABC
aaa
VAMS
23
.'
1133
33248
Â
===
Vy,
CABBACABB
aa
VV
33
.''.'
22
84
===.
Cõu V: Ta cú: P = xyxyx
2222
(2)(2)4
+-++++-
Xột axybxy
(;2),(,2)
=-=+
r
r
. Ta cú:
abab
++
rr
rr
ị xyxyxx
222222
(2)(2)41624
+-++++=+
Suy ra: P xx
2
244
++-
. Du "=" xy ra
ab
,
r
r
cựng hng hay y = 0.
Mt khỏc, ỏp dng BT Bunhiacụpxki ta cú:
( )
xx
2
2
23(31)(4)
+Ê++ ị
xx
2
2423
++
Du "=" xy ra
x
2
3
=
.
Trn S Tựng
Do ú: P
xx
234
++-
234234
+=+
. Du "=" xy ra
xy
2
,0
3
==
.
Vy MinP =
234
+
khi
xy
2
,0
3
==
.
II. PHN T CHN
1. Theo chng trỡnh chun
Cõu VI.a: 1) Ta cú:
ab
10,5
==
ị
c
53
=
. Gi M(x; y) ẻ (E). Ta cú:
MFxMFx
12
33
10,10
22
=-=+ .
Ta cú:
ã
FFMFMFMFMFFMF
222
12121212
2 cos=+-
( )
xxxx
22
2
33331
103101021010
22222
ổửổửổửổử
ổử
=-++ +-
ỗữỗữỗữỗữ
ỗữ
ốứốứốứốứốứ
x = 0 (y= 5)
Vy cú 2 im tho YCBT: M
1
(0; 5), M
2
(0; 5).
2) Gi I l im tho:
IAIBIC
230
++=
uuruuruur
r
ị I
231325
;;
666
ổử
ỗữ
ốứ
Ta cú: T =
(
)
(
)
(
)
MAMBMCMIIAMIIBMIICMIMI
232366++=+++++==
uuuruuuruuuruuuruuruuuruuruuuruuruuuruuu
r
Do ú: T nh nht
MI
uuur
nh nht M l hỡnh chiu ca I trờn (P).
Ta tỡm c: M
13216
;;
999
ổử
-
ỗữ
ốứ
.
Cõu VII.a: Ta cú:
xCxCxCxC
1001019910
10101010
(1) +=++++ ị
(
)
xxCCx
10546
1010
(1)(2) 2
++=+++
ị aCC
54
51010
2672
=+=.
2. Theo chng trỡnh nõng cao
Cõu VI.b: 1) (C) cú tõm I(3; 4).
ã Ta cú:
ABAC
IBIC
ỡ
=
ớ
=
ợ
ị AI l ng trung trc ca BC. DABC vuụng cõn ti A nờn AI cng l phõn giỏc ca
ã
BAC
.
Do ú AB v AC hp vi AI mt gúc
0
45
.
ã Gi d l ng thng qua A v hp vi AI mt gúc
0
45
. Khi ú B, C l giao im ca d vi (C) v AB = AC.
Vỡ IA
(2;1)
=
uur
ạ (1; 1), (1; 1) nờn d khụng cựng phng vi cỏc trc to ị VTCP ca d cú hai thnh phn u
khỏc 0. Gi
ua
(1;)
=
r
l VTCP ca d. Ta cú:
( )
aa
IAu
aa
222
222
cos,
2
12151
++
===
+++
uur
r
aa
2
2251+=+
a
a
3
1
3
ộ
=
ờ
=-
ờ
ở
ã Vi a = 3, thỡ
u
(1;3)
=
r
ị Phng trỡnh ng thng d:
xt
yt
5
53
ỡ
=+
ớ
=+
ợ
.
Ta tỡm c cỏc giao im ca d v (C) l:
91373139137313
;,;
2222
ổửổử
++
ỗữỗữ
ốứốứ
ã Vi a =
1
3
-
, thỡ u
1
1;
3
ổử
=-
ỗữ
ốứ
r
ị Phng trỡnh ng thng d:
xt
yt
5
1
5
3
ỡ
=+
ù
ớ
=-
ù
ợ
.
Ta tỡm c cỏc giao im ca d v (C) l:
7313111373131113
;,;
2222
ổửổử
+ +
ỗữỗữ
ốứốứ
ã Vỡ AB = AC nờn ta cú hai cp im cn tỡm l:
731311139137313
;,;
2222
ổửổử
+-++
ỗữỗữ
ốứốứ
v
731311139137313
;,;
2222
ổửổử
-+
ỗữỗữ
ốứốứ
2) Gi H l hỡnh chiu ca M trờn d. Ta cú: MH = dMd
(,)2
= .
Trn S Tựng
Tam giỏc ABM u, nhn MH lm ng cao nờn: MA = MB = AB =
MH
226
3
3
=
Do ú, to ca A, B l nghim ca h:
xyz
xyz
222
23
111
8
(2)(1)(2)
3
ỡ
==
ù
ù
ớ
ù
-+-+-=
ù
ợ
.
Gii h ny ta tỡm c: AB
222222
2;;3,2;;3
333333
ổửổử
++
ỗữỗữ
ốứốứ
.
Cõu VII.b:
y
xy
x
xy
xy
xy
2010
33
22
2
log2(1)
(2)
ỡ
ổử
=-
ỗữ
ù
ù
ốứ
ớ
+
ù
=+
ù
ợ
iu kin:
xy
0
>
. T (2) ta cú: xyxyxy
3322
()0
+=+>
ị
xy
0,0
>>
.
(1)
xy
y
x
2
2
2010
-
=
xy
xy
2
.20102.2010
= .
Xột hm s: f(t) =
t
t
.2010
(t > 0). Ta cú: f
Â
(t) =
t
t
201010
ln2010
ổử
+>
ỗữ
ốứ
ị f(t) ng bin khi t > 0 ị f(x) = f(2y) x = 2y
Thay x = 2y vo (2) ta c: yy
9
50
2
ổử
-=
ỗữ
ốứ
yloaùi
yx
0()
99
105
ộ
=
ờ
ổử
ờ
==
ỗữ
ốứ
ở
Vy nghim ca h l:
99
;
510
ổử
ỗữ
ốứ
.
=====================
Trần Sĩ Tùng
Trường THPT Phan Châu Trinh
ĐÀ NẴNG
Đề số 12
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi: TOÁN – Khối B
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số =-++
yxmxmm
4224
22
(1), với m là tham số.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.
2) Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt, với mọi
<
m
0
.
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình:
p
æö
++=
ç÷
èø
xx
2sin24sin1
6
2) Tìm các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình
ì
-=
í
+=
î
yxm
yxy
2
1
có nghiệm duy nhất.
Câu III (1 điểm): Tìm nguyên hàm của hàm số
( )
( )
-
=
+
x
fx
x
2
4
1
()
21
.
Câu IV (1 điểm): Cho khối tứ diện ABCD. Trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho
=
BCBM
4
,
=
BDBN
2
và
=
ACAP
3
. Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện ABCD làm hai phần. Tính tỉ số thể
tích giữa hai phần đó.
Câu V (1 điểm): Với mọi số thực dương
xyz
;;
thỏa điều kiện
++£
xyz
1
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
æö
=+++++
ç÷
èø
Pxyz
xyz
111
2
.
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):
1) Giải phương trình: =
xx
x
42
loglog
28.
2) Viết phương trình các đường thẳng cắt đồ thị hàm số
-
=
-
x
y
x
1
2
tại hai điểm phân biệt sao cho hoành độ và tung
độ của mỗi điểm đều là các số nguyên.
Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
(
)
=
dxy
:240
. Lập phương trình đường
tròn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d).
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):
1) Giải bất phương trình:
(
)
++<
xxx
248
21logloglog0
2) Tìm m để đồ thị hàm số
( )
=+
yxmxmx
32
55
có điểm uốn ở trên đồ thị hàm số
=
yx
3
.
Câu VII.b (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm
(
)
(
)
(
)
ABC
1;3;5,4;3;2,0;2;1
. Tìm tọa độ
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
============================
Trn S Tựng
Hng dn:
I. PHN CHUNG
Cõu I: 2) Phng trỡnh HG ca th (1) v trc Ox:
-++=
xmxmm
4224
220
(*).
t
(
)
=
txt
2
0
, ta cú :
-++=
tmtmm
224
220
(**)
Ta cú :
D=->
m
'20
v
=>
Sm
2
20
vi mi
<
m
0
. Nờn PT (**) cú nghim dng.
ị PT (*) cú ớt nht 2 nghim phõn bit (pcm).
Cõu II: 1) PT
++-=
xxx
3sin2cos24sin10
-+=
xxxx
2
23sincos2sin4sin0
.
(
)
-+=
xxx
23cossin2sin0
ộ
-=
ờ
=
ở
xx
x
sin3cos2
sin0
p
p
ộ
ổử
-=
ờ
ỗữ
ốứ
ờ
=
ờ
ở
x
xk
sin1
3
p
p
p
ộ
=+
ờ
ờ
=
ở
xk
xk
5
2
6
2)
ỡ
-=
ớ
+=
ợ
yxm
yxy
2(1)
1(2)
. T (1) ị
=-
xym
2
, nờn (2)
-=-
ymyy
2
21
ỡ
Ê
ù
ớ
=-+
ù
ợ
y
my
y
1
1
2
(vỡ y ạ 0)
Xột
() ()
=-+ị=+>
fyyfy
y
y
2
11
2'10
Da vo BTT ta kt lun c h cú nghim duy nht
>
m
2
.
Cõu III: Ta cú:
()
Â
ổửổử
=
ỗữỗữ
++
ốứốứ
xx
fx
xx
2
111
32121
ị
()
ổử
-
=+
ỗữ
+
ốứ
x
FxC
x
3
11
921
Cõu IV: Gi T l giao im ca MN vi CD; Q l giao im ca PT vi AD.
V DDÂ // BC, ta cú: DDÂ=BM
ị==
TDDD
TCMC
'1
3
.
M:
==ịị===
TDAPQDDPCP
ATDP
TCACQAATCA
12
33
P
Nờn: ===ị=
APQN
APQNABCD
ACDN
V
APAQ
VV
VACAD
.
.
.
1311
35510
(1)
V:
===ị=
CPMN
ABMNPABCD
CABN
V
CPCM
VV
VCACB
.
.
2311
3424
(2).
T (1) v (2), suy ra : =
ABMNQPABCD
VV
7
20
.
Kt lun: T s th tớch cn tỡm l
7
13
hoc
13
7
.
Cõu V: p dng BT Cụ-si ta cú:
+
x
x
2
1812
(1). Du bng xy ra
=
x
1
3
.
Tng t:
+
y
y
2
1812
(2) v
+
z
z
2
1812
(3).
M:
(
)
-++-
xyz
1717
(4). Cng (1),(2),(3),(4), ta cú:
P
19
. Du "=" xy ra
===
xyz
1
3
Vy GTNN ca P l 19 khi
===
xyz
1
3
.
II. PHN T CHN
1. Theo chng trỡnh chun
Cõu VI.a: 1) iu kin :
>
x
0
. PT +=
xxx
242
1loglog3log
ỡ
=
ớ
-+=
ợ
tx
tt
2
2
log
320
ỡ
=
ù
ộ
=
ớ
ờ
ù
=
ở
ợ
tx
t
t
2
log
1
2
ộ
=
ờ
=
ở
x
x
2
4
Trn S Tựng
2) Ta cú: =+
-
y
x
1
1
2
. Do ú:
ẻ-===
xyZxxx
,213,1
Suy ra ta cỏc im trờn th cú honh v tung l nhng s nguyờn l
(
)
(
)
AB
1;0,3;2
Kt lun: Phng trỡnh ng thng cn tỡm l:
=
xy
10
.
Cõu VII.a: Gi
(
)
(
)
-ẻ
Immd
;24 l tõm ng trũn cn tỡm.
Ta cú:
=-==
mmmm
4
244,
3
.
ã
=
m
4
3
thỡ phng trỡnh ng trũn l:
ổửổử
-++=
ỗữỗữ
ốứốứ
xy
22
4416
339
.
ã
=
m
4
thỡ phng trỡnh ng trũn l:
( ) ( )
-+-=
xy
22
4416
.
2. Theo chng trỡnh nõng cao
Cõu VI.b: 1) iu kin :
0
x
>
. t
2
log
tx
= , ta cú :
( )
10
3
t
tt
++<
BPT
2
4
3400
3
ttt
+<-<<
2
3
41
log01
3
22
xx
-<<<<
.
2) Ta cú:
(
)
2
'3255;"6210
yxmxmyxm
=+ =+-
.
5
"0
3
m
yx
-
== ; yÂÂ i du qua
5
3
m
x
-
= .
Suy ra:
( ) ( )
3
2555
5
;
3273
mmm
m
U
ổử
-
ỗữ
+
ỗữ
ốứ
l im un.
im un U nm trờn th hm s
=
yx
3
thỡ
( ) ( )
3
3
2555
5
2733
mmm
m
-
ổử
+=
ỗữ
ốứ
=
m
5
Cõu VII.b: Ta cú:
32
ABBCCA===
ị
ABC
D
u. Do ú tõm I ca ng trũn ngoi tip
ABC
D
l trng tõm
ca nú.
Kt lun:
588
;;
333
I
ổử
-
ỗữ
ốứ
.
=====================
THI TH I HC, CAO NG NM 2010
Thi gian lm bi : 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im)Cho hàm số
1
x
2x
y
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Cho điểm A(0;a) .Xác định a đẻ từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) sao cho
hai tiếp điểm tơng ứng nằm về hai phía trục ox.
Cõu II. (2,0im)
1. Giải hệ phơng trình :
0222
0964
22
224
yxyx
yyxx
.
2. Gii PT :
2 2
2 1
cos cos sin +1
3 3 2
x x x
Cõu III. (1,0im) Tớnh tớch phõn I=
6 6
4
4
sin cos
6 1
x
x x
dx
Cõu IV. (2,0 im)Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a,
SO
(ABCD). Gọi M, N lần lợt là trung điểm của SA và BC. Tính góc giữa đờng thẳng MN
và mặt phẳng (ABCD) và thể tích khối chóp M.ABCD, biết rằng .
2
10a
MN
Câu V (1 điểm) Cho ba số a, b, c sao cho
1
0,,
abc
cba
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcA =
cba
3
1
cab
3
1
abc
3
1
Phần Riêng: (3 điểm)
Thí sinh chỉ đợc chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chơng trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm) 1)Cho
ABC có PT hai cạnh là: 0.21-7y4x
,0625 yx Trực tâm của
tam giác trùng với gốc toạ độ O, lập phơng trình cạnh còn lại.
2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im M(2 ; 1 ; 0) v ng thng d với
d :
x 1 y 1 z
2 1 1
.Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng i qua im M,
ct v vuụng gúc vi ng thng d và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d
Câu VII.a (1 điểm) Một lớp học có 40 học sinh, cần cử ra một ban cán sự gồm một lớp
trởng, một lớp phó và 3 ủy viên (Biết rằng không phân biệt các chức danh là ủy viên). Hỏi
có bao nhiêu cách lập ra một ban cán sự.
B. Theo chơng trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm) 1)Trong mt phng vi h trc ta Oxy cho A(4;3), ng thng (d) :
x y 2 = 0 v (d): x + y 4 = 0 ct nhau ti M. Tỡm
( ) ( ')
B d v C d
sao cho
A l tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc MBC.
2) Trong kg Oxyz cho ng thng (
): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 v mp(P):2x y -2z - 2=0
Vit PT mt cu(S) cú tõm I
v khong cỏch t I n mp(P) l 2 v mt cu(S) ct mp(P
)theo giao tuyn ng trũn (C)cú bỏn kớnh r=3
Câu VII.b (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để đờng thẳng mxy
2 cắt đồ thị hàm
số
x
xx
y
1
2
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục
tung.
_________________Hết_________________
HNG DN GII
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. 1/*-Tập xác định:D=R\{1}.
*-Sự biến thiên.
a-Chiều biến thiên.
0
)1x(
3
'y
2
Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng
( ;1) và (1; )
b-Cực trị:hàm số không có cực trị
c-giới hạn:
)
1
x
2x
(lim
)1(x
;
)
1
x
2x
(lim
)1(x
hàm số có tiệm cận đứng x=1
1)
1
x
2x
(lim
x
hàm số có tiệm cận ngang
1
y
d-Bảng biến thiên: x -
1 +
y - -
y 1 +
-
1
1
*-Đồ thị:
Đồ thị nhận I(1;
1
) làm tâm đối xứng
Giao với trục toạ độ:Ox (-
0
;
2
)
Oy (0;
2
)
2/(1,0 im) Phơng trình tiếp tuyến qua A(0;a) có dạng y=kx+a (1)
Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A:
)3(k
)1x(
3
)2(akx
1x
2x
2
có nghiệm
1
x
Thay (3) vào (2) và rút gọn ta đợc: )4(02ax)2a(2x)1a(
2
Để (4) có 2 nghiệm
1
x
là:
2a
1a
06a3'
03)1(f
1a
Hoành độ tiếp điểm
21
x;x
là nghiệm của (4)
Tung độ tiếp điểm là
1x
2x
y
1
1
1
,
1x
2x
y
2
2
2
Để hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục ox là: 0
)2x)(1x(
)2x)(2x(
0y.y
21
21
21
3
2
a0
3
6a9
0
1)xx(xx
4)xx(2xx
2121
2121
Vậy 1a
3
2
thoả mãn đkiện bài toán.
2
-2
5
y
x
o
-2
1
1
Cõu II. (2,5 im) 1) Gii PT :
2 2
2 1
cos cos sin +1
3 3 2
x x x
(1)
Bg: (1)
2
2 4
1 2cos(2 ) 1 cos(2 ) 1 sin 2cos(2 ).cos sin 1
3 3 3
5
1 cos 2 sin 0 2sin sin 0 2 ; 2 ;
6 6
x x x x x
x x x x x k x k hayx k
2. (1,0 im)Giải hệ phơng trình:
0222
0964
22
224
yxyx
yyxx
* Hệ phơng trình tơng đơng với
022)2(
4)3()2(
22
222
xyx
yx
2 2 2
2 2
( 2) ( 3) 4
( 2 4)( 3 3) 2 20 0
x y
x y x
Dat
2
2
3
x u
y v
* Thay vào hệ phơng trình ta có:
2 2
4
. 4( ) 8
u v
u v u v
2
0
u
v
hoặc
0
2
u
v
thế vào cách đặt ta đợc các nghiệm của hệ là :
2
3
x
y
;
2
3
x
y
;
2
5
x
y
;
2
5
x
y
; :
Cõu III. (1,0im) Tớnh tớch phõn I=
6 6
4
4
sin cos
6 1
x
x x
dx
* t t = -x => dt = -dx
* i cn: ;;
4 4 4 4
x t x t
I =
6 6 6 6
6 6
4 4 4
4 4 4
sin cos sin cos
6 ; 2 (6 1) (sin cos )
6 1 6 1
t t
t t
t t t t
dt I dt t tdt
2I =
4
2
4 4
4 4
4
3 5 3 5 3 1 5
1 sin cos 4 sin 4
4 8 8 8 8 4 16
t dt t dt t t
=>I =
5
32
Cõu IV. (2,0 im)Trong kg Oxyz cho ng thng (
): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 v mp(P):2x y -2z - 2=0
Vit PT mt cu(S) cú tõm I
v khong cỏch tI n mp(P) l 2 v mt cu(S) ct mp(P )theo giao tuyn ng
trũn (C)cú bỏn kớnh r=3
Bg:m cu(S) cú tõm I
g sI(a;b;c ) =>(a;b;c) tho mn PT ca
(1)
*
; 2
d I P
(2)
T (1) v(2) ta cú h PT:
2 2 2 6
11 14 1 1 1 7
; ; ; ; ;
2 1
6 3 6 3 3 3
2
a b c
a t
heconghiem va
b t
c t
Do
2
4 3 13
r R R
Vy cú 2 mt cu theo ycbt :
2 2 2
1
2 2 2
2
11 14 1
( ) : 13
6 3 6
1 1 7
: 13
3 3 3
S x y z
S x y z
V
(1 điểm)
Đặt x =
c
z
b
y
a
1
,
1
,
1
. Khi đó:
xy
z
zx
y
zy
x
A
111111
333
2
3
333
yx
xyz
xz
xzy
zy
yzx
(*)
Do 11
xyzabc nên ta có
yx
z
xz
y
zy
x
A
222
(1)
Ta chứng minh bất đẳng thức
2
cba
.
222
a
b
c
a
c
b
c
b
a
Thật vậy.
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dơng ta có:
a
cb
c
b
a
4
2
, b
ac
a
c
b
4
2
, c
ba
b
a
c
4
2
.
Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta có :
2
cba
.
222
a
b
c
a
c
b
c
b
a
Bạn đọc tự đánh giá dấu = xảy ra khi a = b = c.
Vậy A=
2
3
2
3
2
3
222
xyz
zyx
yx
z
xz
y
zy
x
Dấu = xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy minA =
2
3
khi a = b = c =
1
.
0,25
0.5
0,25
1. (1,0 điểm)
Ta giả sử tam giác ABC có cạnh AB :
0625
yx
AC: 021-7y4x
, suy ra tọa độ của
A là nghiệm của hệ phơng trình:
2174
625
yx
yx
, giải hệ suy ra A(0; 3)
Nhận thấy A thuộc Oy, OA là đờng
cao của tam giác, OxBCBCOA //
suy ra phơng trình của BC có dạng y = y
0
.
Đờng cao BB đi qua trực tâm O và vuông góc với AC suy ra BB có phơng trình là:
7(x 0) - 4(y 0) = 0 hay BB: 7x 4y = 0.
Điểm B =
ACBB'
tọa độ của B là nghiệm của hệ phơng trình:
7
4
625
047
y
x
yx
yx
Đờng thẳng đi qua B(- 4; -
7) và song song với Ox chính là đờng thẳng BC suy ra
phơng trình cạnh BC: y = - 7.
Vậy phơng trình cạnh còn lại của tam giác ABC là y = -7.
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.a
(2 điểm)
2. (1,0 điểm)
Đờng thẳng (d
1
) và (d
2
) lần lợt có
véctơ chỉ phơng là:
1
u
10
01
;
08
10
;
81
00
= (0; -8; 1),
2
u
(-1; 1; 2).
Do mp(P) chứa đờng thẳng (d
1
) và song song với đờng thẳng (d
2
) nên (P) có cặp
véctơ chỉ phơng là
1
u
và
2
u
.
Vậy mp(P) có véctơ pháp tuyến là:
11
80
;
12
01
;
21
18
,
21
uun
(-17; -1; -8).
0,25
0,25
A
B
C
O(0; 0)
A
B
A
(d
1
)
(d
2
)
P
M
mp(P) còn đi qua điểm A(1; -1; 0) )(
1
d . Phơng trình của mặt phẳng (P) là:
0)0(8)1.(1)1(17
zyx
016817:)(
zyxP (*)
(Kiểm tra điều kiện song song).
Lấy điểm M(0; 0; 2) thuộc đờng thẳng (d
2
), nhận thấy M cũng thuộc (P) vậy
(d
2
) )(P
, không thỏa mãn yêu cầu là (d) // mp(P).
Vậy không tồn tại mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
0,25
0,25
VII.a
(1 điểm)
Đầu tiên ta chọn ra 2 học sinh để làm lớp trởng và lớp phó, (chú ý rằng hai chức
danh đó là khác nhau)
Một cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là một chỉnh hợp chập 2 của 40
Số cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là
2
40
A
Còn lại 38 học sinh.
Tiếp đó ta chọn 3 học sinh làm ủy viên (không phân biệt thứ tự)
Số cách chọn 3 học sinh làm ủy viên là
3
38
C
Theo qui tắc nhân ta có số cách chọn ra một ban cán sự là :
13160160.
3
38
2
40
CA cách
0,25
0,25
0.5
1. (1,0 điểm)
SO
(ABCD). Dựng MH//SO, H thuộc AC,
khi đó MH
(ABCD), suy ra góc giữa
đờng thẳng MN với mp(ABCD) chính là
góc .
HNM Ta cần tính
.
Xét tam giác CNH có :
.
2
,
4
23
.
4
3 a
CN
a
ACHC
0222
45cos 2 CNHCCNHCHN
Hay
4
3
4
8
9
222
2
aaa
HN
Suy ra .
4
10a
HN Vậy
2
1
10
2
.
4
10
cos
a
a
MN
HN
.
Dẫn đến
.60
0
Vậy góc giữa đờng thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) bằng 60
0
.
Thể tích khối chóp M.ABCD.
Trong tam giác HMN có,
8
30
2
3
.
4
10
60tan.60tan
00
aa
HNMH
HN
MH
.
MH là chiều cao của khối chóp M.ABCD. Vậy thể tích của khối chóp này là:
.
24
30
8
30
.
3
1
.
3
1
3
2
aa
aMHSV
ABCD
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.b
(2 điểm)
2. (1,0 điểm)
Ta có
AB
(0; 1; -2),
AC
(-1; 0; -1).
Do đờng thẳng DH vuông góc với
AB, AC nên đờng thẳng DH có véctơ
chỉ phơng là
ACABu ,
=
01
10
;
11
02
;
10
21
= (-1; 2; 1).
Đờng thẳng DH còn đi qua điểm D(1; 1;
1) nên ta có phơng trình tham số của
0,25
0,5
C
A
S
B
D
O
N H
M
a
2
10a
Vib2
Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca M trờn d, ta cú MH l ng thng i qua M,
ct v vuụng gúc vi d.
d cú phng trỡnh tham s l:
x 1 2t
y 1 t
z t
Vỡ H d nờn ta H (1 + 2t ; 1 + t ; t).Suy ra :
MH
= (2t 1 ; 2 + t ; t)
Vỡ MH d v d cú mt vect ch phng l
u
= (2 ; 1 ; 1), nờn :
2.(2t 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0 t =
2
3
. Vỡ th,
MH
=
1 4 2
; ;
3 3 3
3 (1; 4; 2)
MH
u MH
Suy ra, phng trỡnh chớnh tc ca ng thng MH l:
x 2 y 1 z
1 4 2
Theo trên có
7 1 2
( ; ; )
3 3 3
H
mà H là trung điểm của MM nên toạ độ
M
8 5 4
( ; ; )
3 3 3
_____________Hết_____________
đờng thẳng DH là:
)(,
1
21
1
Rt
tz
ty
tx
0,25
VII.b
(1 điểm)
Phơng trình hoành độ giao điểm:
)0(01)1(32
1
2
2
xxmxmx
x
xx
(1)
Nhận thấy x = 0, không là nghiệm của phơng trình (1) và có biệt số:
mm ,0121
2
, suy ra phơng trình (1) luôn có hai phân biệt
21
, xx khác
0 với mọi m, tức thẳng luôn cắt đờng cong tại hai điểm A, B phân biệt với mọi m.
Theo định lí Viét ta có
3
1
21
m
a
b
xx
Hoành độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là
6
1
2
21
m
xx
x
I
.
Điểm .1010 mmxOyI
I
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
0,25
0,25
0,25
0,25
D
A
C
H
B
THI TH I HC 2010
MễN:TON-KHI A&B
I: PHN CHUNG CHO TT C TH SINH
CõuI (2im): Cho hm s y = x
3
- 3x
2
+ 4 (C)
1: Kho sỏt hm s.
2: Gi (d) l ng thng i qua im A(2 ; 0) cú h s gúc k.Tỡm k (d) ct
(C) ti ba im phõn bit A ; M ; N sao cho hai tip tuyn ca (C ) ti M v N
vuụng gúc vi nhau.
Cõu II (2 im):
1: Gii phng trỡnh:
xx
xx
2sin
2
1
cos2)
2
cos
2
(sin3
33
2: Gii bt phng trỡnh:
2 2
35 5 4 24
x x x
Cõu III (1im): Tớnh tớch phõn : I =
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
Cõu IV (1im): Cho tam giác ABC cân nội tiếp đờng tròn tâm J bán kính R=2a (a>0)
,góc BAC =120
0
.Trên đờng thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho SA
=
3.
a Gọi I là trung điểm đoạn BC .Tính góc giữa SI và hình chiếu của nó trên mặt phẳng
(ABC) & tớnh bỏn kớnh mt cu ngoi tip hỡnh chúp SABC theo a
Cõu V (1im):
Tỡm m h phng trỡnh:
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 0
x y y x
x x y y m
cú nghim thc
PHN RIấNG: Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn A hoc B
A.Theo chng trỡnh chun (2im)
Cõu VIa: 1) Trong mt phng Oxy cho ng trũn (C) tõm I(-1; 1), bỏn kớnh R=1, M l
mt im trờn
( ) : 2 0
d x y
. Hai tip tuyn qua M to vi (d) mt gúc 45
0
tip xỳc vi
(C) ti A, B. Vit phng trỡnh ng thng AB.
2) Cho hỡnh lp phng ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
cú im A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0); A
1
(0;0;2).
M l trung im AB; N l tõm ca hỡnh vuụng ADD
1
A
1
. Tớnh bỏn kớnh ca ng trũn l
giao tuyn ca mt cu i qua C ; D
1
; M ; N vi mt phng MNC
1
Cõu VII/a: Cho n l s t nhiờn n
2.Tớnh
2 2 1 2 2 2 2
1
2 1 . .2 2 . .2 . .2
n
k k n n
n n n n
k
S k C C C n C
B. Theo chng trỡnh nõng cao (2im)
Cõu VIa.1) Cho (P) y
2
= x v ng thng (d): x y 2 = 0 ct (P) ti hai im A v B.
Tỡm im C thuc cung AB sao cho
ABC cú din tớch ln nht
2) Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho hai ng thng :
1
1 1
( ):
2 1 1
x y z
d
v
2
2 1
( ) :
1 1 1
x y z
d
. Vit phng trỡnh mt phng cha (d
1
) v hp vi (d
2
) mt gúc 30
0
.
Cõu VII/b: Gii h phng trỡnh
2010
2 2
2( 1)
log
2 3
x
y x
y
y x x y
Ht
Ghi chú :-Thí sinh không được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐÁP ÁN
CÂU
I/1
I/2
II/1
Khảo sát hàm số y=x
3
-3x
2
+4
1:Tập XĐ:R
2:Sự biến thiên
+Giới hạn
lim ; lim
x x
y y
+Bảng biến thiên
+y
'
=3x
2
-6x=0
x=0;x=2
Hàm số đồng biến (-
;0) và (2;+
);nghịch biến (0;2);Cực đại tại
(0;4);Cực tiểu tại (2;0)
x -
0 2 +
y
'
+ 0 - 0 +
4 +
y
-
0
3:Đồ thị
+y
"
=6x-6=0
x=1 Điểm uốn đồ thị U(1;2)
+Đồ thị
……………………………
+PT đường thẳng d: y=k(x-2)
+Hoành độ A;M;N là nghiệm PT: x
3
-3x
2
+4=k(x-2)
(x-2)(x
2
-x-2-k)=0
x=2=x
A
;f(x)=x
2
-x-2-k=0
+PT có 3nghiệm phân biệt
f(x)=0 có 2nghiệm phân biệt khác 2
0
9
0
(2) 0
4
k
f
.Theo Viét ta có
1
2
M N
M N
x x
x x k
+Tiếp tuyến tại M và N vuông góc với nhau
y
'
(x
M
).y
'
(x
N
)=-1
(
2 2
3 6 )(3 6 ) 1
M M N N
x x x x
9k
2
+18k+1=0
3 2 2
3
k
(tm)
PT tương đương
x2sin
2
1
xcos2)
2
x
cos
2
x
(sin3
33
xcosxsin2
2
x
cos
2
x
sin1
2
x
cos
2
x
sin3
1
2
x
cos
2
x
sin3
II/2
III
IV
0
2
3
2
x
cos
2
x
sin)xsin2(
2
x
sin
2
x
cos
*
x x x x
sin cos 0 sin 0 k x k2 (k )
2 2 2 4 2 4 2
Z
*
2xsin0xsin2
(v« nghiÖm)
*
22
3
4
xsin
2
3
42
x
sin2
2
3
2
x
cos
2
x
sin
(v« nghiÖm) VËy nghiÖm cñ
a ph¬ng tr×nh lµ:
BPT tương đương
2 2
2 2
2 2
35 24 5 4
11
5 4
35 24
11 (5 4)( 35 24)
x x x
x
x x
x x x
Xét:
a)Nếu x
4
5
không thỏa mãn BPT
b)Nếu x>4/5: Hàm số
2 2
(5 4)( 35 24)
y x x x với x>4/5
y
'
=
2 2
2 2
1 1
5( 35 24) (5 4)( )
35 24
x x x
x x
>0 mọi x>4/5
Vậy HSĐB. +Nếu 4/5<x
1 thì y(x)
11
+Nếu x>1 thì y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1
………………………………………………………………………
Đặt t=
1 1
x
* x = 2
t = 2
*x = 5
t = 3 *dx=2(t-1)dt I=2
3 3
2
2 2
3
2 3 2 2
2
2
( 1)ln ln
2
( 1) 1
2 ln ln ln ln 3 ln 2
t t t
dt dt
t t t
td t t
………………………………………………………………………
B
C
A
S
D
E
+Gọi D là trung điểm BC
AD
BC (Vì ABC cân tại A)
AD
(SBC)
+Gọi E trung điểm SB
AE
SB (Vì SAB đều)
V
VI
VIbI/a
DE
SB (Định lý 3 đường vuông góc)
+SC//DE (DE đường trung bình tam giác)
SC
SB Vậy tam giác SBC vuông tại S
+AD là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC.Nên tâm O m
ặt cầu ngoại tiếp SABC thuộc AD.Mặt khác O cách đều A;
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Vậy bán kính R mặt cầu ngoại tiếp h
ình chóp b
giác ABC
+BC =
2 2
a b
2 2 2 2
DC 3
cosC= sin
AC 2 2
a b a b
C
a a
+ R =
2
2 2
2sin
3
AB a
C
a b
………………………………………………………………………
+Mặt cầu đi qua C(2; 2; 0);D
1
(0; 2; 2);M(1; 0; 0);N(0; 1; 1) có phương trình: x
2
+y
2
+z
2
+2ax+2by+2cz+d=0 nên
4 4 8 0
4 4 8 0
5 1
; ; 4
2 1 0
2 2
2 2 2 0
a b d
b c d
a c b d
a d
b c d
Suy ra tâm mặt cầu và bán kính mặt cầu là: I(5/2;1/2;5/2); R =
35
2
+(MNC
1
) đi qua M(1;0;0) nhận
1 1
; (0;3; 3)
MC NC
làm véc tơ pháp tuyến có PT: y – z
=
+ h = d(I;(MNC
1
)) =
2
+ Bán kính đường tròn giao tuyến là
2 2
3 3
2
R h
………………………………………………………………………
+Đặt
0; 0; 0
a x b y c z
+VT=
6 4 6 4 6 4 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 1 1 1
2 2 2
a b c a b c
a b b c c a a b b c c a a b b c c a
(Theo BĐT CôSi)
+VP=
4 4 4 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c a b b c c a
(Áp dụng BĐT CôSi cho từng cặp)
ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =1 hay x = y = z = 1
………………………………………………………………………
Phần riêng theo chương trình NC
1)+Tọa độ A;B là nghiệm hệ:
2
2 0
y x
x y
A(1;-1); B(4;2)
+C(y
o
2
;y
o
)
(P); h=d(C;d)=
2
2
2
o o
y y
+
1 3
.
2 2
ABC
S h AB
2
2
o o
y y
+Xét hàm số f =
2
2
o o
y y
Với
1 2
o
y
Suy ra Max f = 9/4 Tại C(1/4;1/2)
VIb2) Giả sử mặt phẳng cần tìm là:
2 2 2
( ) : 0 ( 0)
ax by cz d a b c
.
Trên đường thẳng (d
1
) lấy 2 điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0).
Do
( )
qua A, B nên:
0 2
0
a c d c a b
a b d d a b
nên
( ) : (2 ) 0
ax by a b z a b
.
VII/a
VII/b
Yêu cầu bài toán cho ta:
0
2 2 2 2 2 2
1. 1. 1.(2 )
1
sin30
2
1 ( 1) 1 . (2 )
a b a b
a b a b
2 2 2 2
2 3 2 3(5 4 2 ) 21 36 10 0
a b a ab b a ab b
Dễ thấy
0
b
nên chọn b=1, suy ra:
18 114
21
18 114
21
a
a
KL: Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn:
18 114 15 2 114 3 114
0
21 21 21
x y z
18 114 15 2 114 3 114
0
21 21 21
x y z
.
……………………………………………………………………
2 2 1 2 2 2 2
1
2 1 . .2 2 . .2 . .2
n
k k n n
n n n n
k
S k C C C n C
=
1 1
( 1) 2 2
n n
k k k k
n n
k k
k k C kC
Xét khai triển
(1+x)
n
=
0
n
k k
n
k
C x
; n(1+x)
n-1
=
1
0
n
k k
n
k
kC x
Lấy x=2 ta được
n.3
n-1
=
1
0
2
n
k k
n
k
kC
2n.3
n-1
=
0
2
n
k k
n
k
kC
+n(n-1)(1+x)
n-2
=
2
0
( 1)
n
k k
n
k
k k C x
Lấy x=2 ta được
n(n-1)3
n-2
=
2
0
( 1) 2
n
k k
n
k
k k C
4n(n-1)3
n-2
=
0
( 1) 2
n
k k
n
k
k k C
Vậy S=n.3
n-2
(2+4n)
………………………………………………………………………
Phần riêng theo chương trình CHUAN
Via 1) Dễ thấy
( )
I d
. Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 45
0
suy ra tam giác MAB
vuông cân và tam giác
Suy ra:
2
IM .
( ) (
M d M
a; a+2),
( 1; 1)
IM a a
,
0
2 2 1 2
2
a
IM a
a
.
Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M
1
(0; 2) và M
2
(-2; 0).
+ Đường tròn tâm M
1
bán kinh R
1
=1 là (C
1
):
2 2
4 3 0
x y y
.
Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C
1
) nên AB:
2 2 2 2
4 3 2 2 1 1 0
x y y x y x y x y
.
+ Đường tròn tâm M
2
bán kinh R
2
=1 là (C
2
):
2 2
4 3 0
x y x
.
Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C
2
) nên AB:
2 2 2 2
4 3 2 2 1 1 0
x y x x y x y x y
.
+ KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn:
1 0
x y
và
1 0
x y
.……………………………………………………………………….
V)
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0 (1)
1 3 2 0 (2)
x y y x
x x y y m
Điều kiện:
2
2
1 0 1 1
0 2
2 0
x x
y
y y
Đặt t = x + 1 t[0; 2]; ta có (1) t
3
3t
2
= y
3
3y
2
.
Hàm số f(u) = u
3
3u
2
nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:
(1) t = y y = x + 1 (2)
2 2
2 1 0
x x m
Đặt
2
1
v x
v[0; 1] (2) v
2
+ 2v 1 = m.
Hàm số g(v) = v
2
+ 2v 1 đạt
0;1 0;1
min ( ) 1; m ( ) 2
[ ] [ ]
axg v g v
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 m 2
THI TH I HC NM 2009-2010.
Mụn: Toỏn A. Thi gian: 180 phỳt ( Khụng k giao ).
I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im).
Cõu I (2 im): Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất
Cõu II (2 im):1) Gii phng trỡnh:
2 2
2009
cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4
x x x x x x
.
2) Gii h phng trỡnh:
2
2
3
2 3
1 1
(1 ) 4
1
4
x x
y y
x x
x
y y y
.
Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn:
0
2
2
1
2
3 4 4
. 2 1
4 4 5
x x
I x x dx
x x
.
Cõu IV (1 im):Trờn ng thng vuụng gúc ti A vi mt phng ca hỡnh vuụng ABCD cnh a ta ly
im S vi SA = 2a . Gi B, D l hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn SB v SD. Mt phng (ABD ) ct SC
ti C . Tớnh th tớch khi a din ABCDD C B.
Cõu V (1 im): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả
mãn:
cos .cos cos .cos cos .cos 3
?
cos cos cos 2
A B B C C A
C A B
II. PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 3 im).
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh Chun:
1. Cõu VI.a (2 im): 1) Trong mt phng to Oxy , cho ng trũn ( C) :
2 2
2 6 15 0
x y x y
v ng thng (d) :
3 0
mx y m
( m l tham s). Gi I l tõm
ca ng trũn . Tỡm m ng thng (d) ct (C) ti 2 im phõn bit A,B tho món chu vi
IAB bng
5(2 2)
.
2) Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho hai ng thng :
1
1 1
( ) :
2 1 1
x y z
d
v
2
2 1
( ) :
1 1 1
x y z
d
. Vit phng trỡnh mt phng cha (d
1
) v hp vi (d
2
) mt gúc 30
0
.
Cõu VII.a (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 4 4 3 3 3 2 2 2
a b c a b b c c a a b c b c a c a b
2. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VI.b (2 im) 1) Trong mt phng Oxy cho ng trũn (C) tõm I(-1; 1), bỏn kớnh R=1, M l mt im
trờn
( ) : 2 0
d x y
. Hai tip tuyn qua M to vi (d) mt gúc 45
0
tip xỳc vi (C) ti A, B. Vit
phng trỡnh ng thng AB.
2) Trong khụng gian Oxyz cho t din ABCD bit A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2),
( )
DH ABC
v
3
DH
vi H l trc tõm tam giỏc ABC. Tớnh gúc gia (DAB) v (ABC).
Cõu VII.b (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú:
1
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
a a b a c b b a b c c c a c b
.
ĐÁP ÁN THI THỬ LẦN 2 NĂM 2008- 2009- MÔN TOÁN.
I. PHẦN CHUNG.
Câu Phần Nội dung Điểm
Câu I
(2,0)
1(1,0)
HS tù gi¶i
2(1,0)
HS tù gi¶i
Câu Phần Nội dung Điểm
Câu II
(2,0)
1(1,0)
2 2
2009
cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4
x x x x x x
2 2
cos sin 2(sin cos ) 4sin .cos (sin cos )
x x x x x x x x
(cos sin )(cos sin 4cos .sin 2) 0
x x x x x x
cos sin 0 (1)
cos sin 4sin .cos 2 0 (2)
x x
x x x x
+ Giải (1): (1) tan 1
4
x x k
+ Giải (2): Đặt
cos sin , 2
x x t t ta có phương trình:
2
2 0
t t
.
0
1/ 2
t
t
Với
0
t
ta có: tan 1
4
x x k
Với
1/ 2
t
ta có:
arccos( 2 / 4) / 4 2
cos( ) 2 / 4
4
arccos( 2 / 4) / 4 2
x k
x
x k
KL: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm:
4
x k
,
4
x k
,
arccos( 2 / 4) / 4 2
x k
,
arccos( 2 / 4) / 4 2
x k
.
0,5
0,25
0,25
2(1,0)
§k
0
y
2
2
2
2
3
3
3
2 3
1 1
1 1
(1 ) 4
4
1 1
1
( ) 4
4
x x
x x
y y
y y
x
x x
x x
x
y y y
y y y
®Æt
1
a x
y
x
b
y
Ta ®îc
2 2 2
3 3 2 2
2 4 4 2 4 2 2
1
2 4 ( 4) 4 4 4 0
a a b a a b a a b a
b
a ab a a a a a a
Khi ®ã
1
1
1
2
x y
y
x
x
x
KL
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu Phần Nội dung Điểm
Câu III
(1,0)
0
2
2
1
2
3 4 4
. 2 1
(2 1) 4
x x
I x x dx
x
0 0
2
2
1 1
2 2
4 (2 1)
( . 2 1)
(2 1) 4
x
dx x x dx
x
0 0
2
2
1 1
2 2
4 (2 1)
( . 2 1)
(2 1) 4
x
dx x x dx
x
+ Tính:
0
2
1
2
1
2
4 (2 1)
(2 1) 4
x
I dx
x
. Đặt:
1
2 1 2sin , ; cos , 0, 0
2 2 2 6
x t t dx tdt x t x t
.
Khi đó:
2 2
6 6 6 6
1
2 2 2
0 0 0 0
2cos 2 1 sin 1
4sin 4 2(sin 1) 2 sin 1
t tdt dt
I dt dt
t t t
=
6
2
0
12 sin 1
dt
t
+ Tính:
6 6
2
2 2
0 0
(tan )
sin 1 2(tan 1/ 2)
dt d t
I
t t
. Đặt:
2
tan tan
2
t y
.
Suy ra:
2
2 2
(tan ) (tan ) (1 tan )
2 2
d t d y y dy
, với
0 0,
6
t y t y
sao cho
6
tan
3
,
(0 )
2
Khi đó:
2 0
0
2 2 2
.
2 2 2
I dy y
+ Tính:
0
3
1
2
( . 2 1)
I x x dx
. Đặt:
2
1 1
2 1 2 1, , 0, 1
2 2
t x x t dx tdt x t x t
.
Khi đó:
1
2 5 3
2 1
2 0
0
1 1
2 10 6 15
t t t
I t dt
KL: Vậy
1 2 3
1 2
15 12 2
I I I I
, (
6
tan
3
,
(0 )
2
)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu Phần Nội dung Điểm
Câu IV
(1,0)
+ Trong tam giác SAB hạ
'
AB SC
.
Trong tam giác SAD hạ
'
AD SD
.
Dễ có:
, ( )
BC SA BC BA BC SAB
Suy ra:
'
AB BC
, mà
'
AB SB
. Từ đó có
' ( ) ' (1)
AB SAC AB SC
.
Tương tự ta có:
' (2)
AD SC
. Từ (1) và (2)
suy ra: ( ' ') ' '
SC AB D B D SC
.
Từ đó suy ra:
' ( ' ' ')
SC AB C D
+ Ta có:
2 2 2
1 1 1 2 5
'
' 5
a
AB
AB SA BA
0,25
O
A
D
B
C
S
C'
B'
D'
