ĐỀ THI ĐẠI HỌC LẦN 2-2010(CÓ ĐÁP ÁN)

Bộ GD & ĐT
đhn THI TH I HC, CAO NG NM 2009
. Mụn thi : TON, khi A, B
Thi gian lm bi : 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt



A. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH: ( 7 im)
Cõu 1: ( 2im)
Cho hm s y = 4x
3
+ mx
2
3x
1. Kho sỏt v v th (C) hm s khi m = 0.
2. Tỡm m hm s cú hai cc tr ti x
1
v x
2
tha x
1
= - 4x
2

Cõu 2: (2im)
1. Gii h phng trỡnh:
2 0
1 4 1 2
x y xy
x y

=


+ =


2.Giải các phơng trình sau:

2 2
4sin 2 6sin 3cos2 9
0
cos
x x x
x
+
=
Cõu 3: (2im)
1. Cho ba s thc dng a, b, c tha:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
1
a b c
a ab b b bc c c ca a
+ + =
+ + + + + +
Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc S = a + b + c
2. Tớnh tớch phõn A =
2
ln .ln ex
e

e
dx
x x

Cõu 4: (1 im) Cho hỡnh chúp S.ABC cú SA vuụng gúc vi mt phng (ABC), tam giỏc ABC
vuụng ti C ; M,N l hỡnh chiu ca A trờn SB, SC. Bit MN ct BC ti T. Chng minh
rng tam giỏc AMN vuụng v AT tip xỳc vi mt cu ng kớnh AB.
B. PHN T CHN: Thớ sinh ch chn cõu 5a hoc 5b
Cõu 5a: Theo chng trỡnh chun: ( 3 im)
1.Trên mặt phẳng toạ độ cho điểm A( 2; 2) và hai đờng thẳng
( ) ( )
08:;02:
21
=+=+ yxdyxd
. Tìm B, C tơng ứng trên (d
1
) và (d
2
) sao cho ABC
là tam giác vuông cân tại A.
2. Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz, cho im A(4;5;6). Vit phng trỡnh mt
phng (P) qua A; ct cỏc trc ta ln lt ti I; J; K m A l trc tõm ca tam giỏc
IJK.
3. Bit (D) v (D) l hai ng thng song song. Ly trờn (D) 5 im v trờn (D) n im
v ni cỏc im ta c cỏc tam giỏc. Tỡm n s tam giỏc lp c bng 45.
Cõu 5b: Theo chng trỡnh nõng cao: ( 3 im)
1. Trong mt phng vi h trc ta Oxy, cho ng thng (D): x 3y 4 = 0 v
ng trũn (C): x
2
+ y

2
4y = 0. Tỡm M thuc (D) v N thuc (C) sao cho chỳng i xng qua
A(3;1).
2. Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz, cho bn im A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0);
D(3;0;0). Chng minh cỏc ng thng AB v CD chộo nhau. Vit phng trỡnh ng
thng (D) vuụng gúc vi mt phng Oxy v ct c cỏc ng thngAB; CD.
3. Tỡm m bt phng trỡnh: 5
2x
5
x+1
2m5
x
+ m
2
+ 5m > 0 tha vi mi s thc x.
Ht
BÀI GIẢI TÓM TẮT
A.PHẦN CHUNG:
Câu 1:
1. m = 0 , y = 4x
3
– 3x
- TXĐ: D = R
- Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
- y’ = 12x

2
– 3 ; y’ = 0 ⇔ x =
1
2
±
Bảng biến thiên:

- y’’ = 24x , y” = ⇔ x = 0 , đồ thị có điểm uốn O(0;0)
- Đồ thị:

2. TXĐ: D = R
- y’ = 12x
2
+ 2mx – 3
Ta có: ∆’ = m
2
+ 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị
Ta có:
1 2
1 2
1 2
4
6
1
4
x x
m
x x
x x



= −


+ = −



= −



9
2
m⇒ = ±
Câu 2:
1.
2 0 (1)
1 4 1 2 (2)
x y xy
x y

− − =


− + − =


Điều kiện:
1

1
4
x
y
≥



≥


Từ (1)
2 0
x x
y y
⇒ − − =

⇒
x = 4y
Nghiệm của hệ (2;
1
2
)
2. cosx = 8sin
3
6
x
π
 
+

 ÷
 
⇔
cosx =
( )
3
3 sinx+cosx
⇔
3 2 2 3
3 3sin 9sin osx +3 3sinxcos os osx = 0x xc x c x c+ + −
(3)
Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm
(3) ⇔
3 2
3 3 tan 8t an x + 3 3 t anx = 0x +

t anx = 0 x = k
π
⇔ ⇔
Câu 3:
1.Theo định lý ba đường vuông góc
BC ⊥ (SAC) ⇒ AN ⊥ BC
và AN ⊥ SC
⇒AN ⊥ (SBC) ⇒ AN ⊥ MN
Ta có: SA
2
= SM.SB = SN.SC
Vây ∆MSN ∼ ∆CSB

⇒

TM là đường cao của tam giác STB

⇒
BN là đường cao của tam giác STB
Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB ⊥ ST
⇒AB ⊥ (SAT) hay AB⊥ AT (đpcm)

2.
2 2
(ln )
ln (1 ln ) ln (1 ln )
e e
e e
dx d x
A
x x x x x
= =
+ +
∫ ∫
=
2
1 1
(ln )
ln 1 ln
e
e
d x
x x
 
−

 ÷
+
 
∫
=
2 2
ln(ln ) ln(1 ln )
e e
x x
e e
− +
= 2ln2 – ln3
Câu 4:
1. +)
(4;5;5)BA =
uuur
,
(3; 2;0)CD = −
uuur
,
(4;3;6)CA =
uuur

, (10;15; 23)BA CD
 
= −
 
uuur uuur
⇒

, . 0BA CD CA
 
≠
 
uuur uuur uuur
⇒ đpcm
+ Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy)
⇒
có VTPT
1
,n BA k
 
=
 
ur uuur r
= (5;- 4; 0)
⇒ (P): 5x – 4y = 0
+ (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) có VTPT
1
,n CD k
 
=
 
ur uuur r
= (-2;- 3; 0)
⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0
Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình của (D)
2. Ta có:
3
2 2

2
3
a a b
a ab b
−
≥
+ +
(1)
⇔ 3a
3
≥ (2a – b)(a
2
+ ab + b
2
)
⇔ a
3
+ b
3
– a
2
b – ab
2
≥ 0
⇔ (a + b)(a – b)
2

≥
0. (h/n)
Tương tự:

3
2 2
2
3
b b c
b bc c
−
≥
+ +
(2) ,
3
2 2
2
3
c c a
c ac a
−
≥
+ +
(3)
Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
Vậy: S ≤ 3

⇒
maxS = 3 khi a = b = c = 1
B. PHẦN TỰ CHỌN:
Câu 5a: Theo chương trình chuẩn
1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)
( ) : 1
x y z
P
a b c
⇒ + + =
Ta có
(4 ;5;6), (4;5 ;6)
(0; ; ), ( ;0; )
IA a JA b
JK b c IK a c
= − = −
= − = −
uur uur
uuur uur
Ta có:
4 5 6
1
5 6 0
4 6 0
a b c
b c
a c

+ + =



− + =


− + =


⇒
77
4
77
5
77
6
a
b
c

=



=



=



⇒
ptmp(P)
2.Ta có: n
2 2
5
5
n
C C+
= 45 ⇒ n
2
+ 3n – 18 = 0 ⇒ n = 3
Câu 5b:
1.M ∈ (D) ⇒ M(3b+4;b) ⇒ N(2 – 3b;2 – b)
N ∈ (C) ⇒ (2 – 3b)
2
+ (2 – b)
2
– 4(2 – b) = 0 ⇒ b = 0;b = 6/5
Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5)
2. Đặt X = 5
x
⇒ X > 0
Bất phương trình đã cho trở thành: X
2
+ (5 + 2m)X + m
2
+ 5m > 0 (*)
Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0
⇔∆ < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X
1

≤ X
2
≤ 0
Từ đó suy ra m