DE THI THU DH 21.5.2010+DA

THI TH I HC, CAO NG NM 2010.
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im)
Cõu I (2 im) Cho hm s
2 4
1
x
y
x
+
=

.
1)Kho sỏt v v th
( )
C
ca hm s trờn.
2)Gi (d) l ng thng qua A( 1; 1 ) v cú h s gúc k. Tỡm k sao cho (d) ct ( C ) ti hai im M, N v
3 10MN =
.
Cõu II (2 im) :
1. Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y

+ + =

=


2.Gii phng trỡnh :
01cossin2sinsin2
2
=++ xxxx
.
Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn:
2
3
0
3sin 2cos
(sin cos )
x x
I dx
x x


=
+

Cõu IV (1 im) Cho hỡnh chúp ct tam giỏc u ngoi tip mt hỡnh cu bỏn kớnh r cho trc. Tớnh th
tớch hỡnh chúp ct bit rng cnh ỏy ln gp ụi cnh ỏy nh.
Cõu V (1 im) Tìm m để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt :

x10
1).12(48
22
++=++ xxmx

.
PHN RIấNG (3 im): Thớ sinh ch lm mt trong hai phn (Phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh chun.
Cõu VI.a (2 im)
1. Cho

ABC cú nh A(1;2), ng trung tuyn BM:
2 1 0x y+ + =
v phõn giỏc trong CD:
1 0x y+ =
. Vit phng trỡnh ng thng BC.
2. Cho ng thng (D) cú phng trỡnh:
2
2
2 2
x t
y t
z t
= +


=


= +

.Gi

l ng thng qua im
A(4;0;-1) song song vi (D) v I(-2;0;2) l hỡnh chiu vuụng gúc ca A trờn (D). Trong cỏc mt phng qua

, hóy vit phng trỡnh ca mt phng cú khong cỏch n (D) l ln nht.
Cõu VII.a (1 im) Cho x, y, z l 3 s thc thuc (0;1]. Chng minh rng
1 1 1 5
1 1 1xy yz zx x y z
+ +
+ + + + +
2. Theo chng trỡnh nõng cao.
Cõu VI.b (2 im) 1) Trong mt phng vi h ta Oxy cho ng trũn hai ng trũn
2 2
( ) : 2 2 1 0,C x y x y+ + =
2 2
( '): 4 5 0C x y x+ + =
cựng i qua M(1; 0). Vit phng trỡnh
ng thng qua M ct hai ng trũn
( ), ( ')C C
ln lt ti A, B sao cho MA= 2MB.
2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d :
z
y
x =


=
1
2
và d :
1
5
3

2
2

+
==
z
y
x
.
Viết phơng trình mặt phẳng
)(

đi qua d và tạo với d một góc
0
30
Cõu VII.b (1 im) Cho a, b, c l ba cnh tam giỏc. Chng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b

+ + + + <
ữ
+ + + + + +

Ht
Kỳ thi thử đại học- cao đẳng
năm 2010

Hớng dẫn chấm môn toán
Cõu Phn Ni dung
I
(2,0) 1(1,0)
Lm ỳng, cỏc bc theo S kho sỏt hm s cho im ti a.
2(1,0) T gi thit ta cú:
( ): ( 1) 1.d y k x= +
Bi toỏn tr thnh: Tỡm k h phng
trỡnh sau cú hai nghim
1 1 2 2
( ; ), ( ; )x y x y
phõn bit sao cho
( ) ( )
2 2
2 1 2 1
90(*)x x y y + =
2 4
( 1) 1
( )
1
( 1) 1
x
k x
I
x
y k x
+

= +

+


= +

. Ta cú:
2
(2 3) 3 0
( )
( 1) 1
kx k x k
I
y k x

+ + =


= +

D cú (I) cú hai nghim phõn bit khi v ch khi phng trỡnh
2
(2 3) 3 0(**)kx k x k + + =
cú hai nghim phõn bit. Khi ú d cú c
3
0, .
8
k k <
Ta bin i (*) tr thnh:
( ) ( )
2 2

2 2
2 1 2 1 2 1
(1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***)k x x k x x x x+ = + + =
Theo nh lớ Viet cho (**) ta cú:
1 2 1 2
2 3 3
, ,
k k
x x x x
k k
+
+ = =
th vo (***) ta
cú phng trỡnh:
3 2 2
8 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0k k k k k k+ + = + + =
3 41 3 41
3, ,
16 16
+
= = =k k k
.
KL: Vy cú 3 giỏ tr ca k tho món nh trờn.
Cõu í Ni dung
1
1) CõuII:2. Gii phng trỡnh:
01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2
22
=+=++ xxxxxxxx
.

22
)3cos2()1(cos8)1cos2( == xxx
. Vậy
5,0sin =x
hoặc
1cossin
=
xx
.
Với
5,0sin =x
ta có


kx 2
6
+=
hoặc


kx 2
6
5
+=
Với
1cossin
=
xx
ta có

==






=
4
sin
2
2
4
sin1cossin

xxx
, suy ra


kx 2
=
hoặc

kx 2
2
3
+=
2
Điều kiện:
| | | |x y≥
Đặt
2 2
; 0u x y u
v x y

= − ≥


= +


;
x y= −
không thỏa hệ nên xét
x y
≠ −
ta có
2
1
2
u
y v
v

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

4
8
u
v
=


⇔

=

hoặc
3
9
u
v
=


=

+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y

=

− =


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

(II)
Giải hệ (I), (II).
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban
đầu là
( ) ( )
{ }
5;3 , 5;4S =
Câu Phần Nội dung
III
(1,0)
Đặt
, 0 , 0.
2 2 2
x t dx dt x t x t
π π π
= − ⇒ = − = ⇒ = = ⇒ =
Suy ra:
2 2 2
3 3 3
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin
(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )
x x t t x x
I dx dt dx
x x t t x x
π π π
− − −
= = =
+ + +
∫ ∫ ∫

(Do tích phân không
phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số).
Suy ra:
2 2 2
3 3 2
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 1
2
(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )
x x x x
I I I dx dx dx
x x x x x x
π π π
− −
= + = + =
+ + +
∫ ∫ ∫
=
=
2 2
2
2 2
0 0
0
1 1 1 1
tan 1
2 4 2 4
2cos cos
4 4
dx d x x

x x
π π
π
π π
π π
   
= − = − =
 ÷  ÷
   
   
− −
 ÷  ÷
   
∫ ∫
. KL: Vậy
1
.
2
=I
IV 0,25
Gi H,
H l
tõm ca
cỏc tam
giỏc u
ABC, ABC. Gi I, I l trung im ca
AB, AB. Ta cú:
( ) ( ) ( )
' ' ' ' '
'

AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH






Suy ra hỡnh cu ni tip hỡnh chúp ct ny tip xỳc vi hai ỏy ti H, H
v tip xỳc vi mt bờn (ABBA) ti im
'K II
.
0,25
Gi x l cnh ỏy nh, theo gi thit 2x l cnh ỏy ln. Ta cú:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC= = = = = =
Tam giỏc IOI vuụng O nờn:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x= = =
0,25
Th tớch hỡnh chúp ct tớnh bi:
( )

' . '
3
h
V B B B B= + +
Trong ú:
2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h= = = = = =
0,25
T ú, ta cú:
2 2 3
2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V

ữ
= + + =
ữ

0,25
V
Nhận xét : 10x
48
2

++ x
= 2(2x+1)
2
+2(x
2
+1)
Phơng trình tơng đơng với :
2
(
02)
1
12
()
1
12
2
2
2
=+
+
+

+
+
x
x
m
x
x
.

Đặt
t
x
x
=
+
+
1
12
2
Điều kiện : -2< t
5
. Rút m ta có: m=
t
t 22
2
+
Lập bảng biến thiên của hàm số trên
(
]
5,2
, ta có kết quả của m để phơng
trình có hai nghiệm phân biệt là:
5
12
4 < m
hoặc -5 <
4
<
m

0,25
0,25
0,25
0,25
VIa
0,75
1 1,00
im
( )
: 1 0 ;1C CD x y C t t + =
.
Suy ra trung im M ca AC l
1 3
;
2 2
t t
M
+

ữ

.
0,25
im
( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C

+

+ + = + + = =
ữ

0,25
Từ A(1;2), kẻ
: 1 0AK CD x y⊥ + − =
tại I (điểm
K BC
∈
).
Suy ra
( ) ( )
: 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + =
.
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
( )
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =

⇒

− + =


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

2
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng
∆
, thì
( )//( )P D
hoặc
( ) ( )P D⊃
. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của I trên (P). Ta luôn có
IH IA≤
và
IH AH⊥
.

Mặt khác
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
, ,d D P d I P IH
H P

= =


∈


Trong mặt phẳng
( )
P
,
IH IA≤
; do đó
axIH = IA H Am
⇔ ≡
. Lúc này (P) ở vị trí (P
0
) vuông
góc với IA tại A.
Vectơ pháp tuyến của (P
0
) là

( )
6;0; 3n IA= = −
r uur
, cùng phương với
( )
2;0; 1v = −
r
.
Phương trình của mặt phẳng (P
0
) là:
( ) ( )
2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z− − + =
.
VIIa
Để ý rằng
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 0xy x y x y+ − + = − − ≥
;
và tương tự ta cũng có
1
1
yz y z
zx z x
+ ≥ +


+ ≥ +

0,25

Vì vậy ta có:
( )
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1
3
1 zx+y
1
5
1
1 5
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
 
+ + + + ≤ + + + + +
 ÷
+ + + + + +
 
≤ + + +
+ +

 
= − − +
 ÷
+ + +
 
 
≤ − − +
 ÷
+ +
 
=
vv
1,00
VIb 1)
+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và
1, ' 3R R= =
, đường thẳng (d) qua M có phương trình
2 2
( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)a x b y ax by a a b− + − = ⇔ + − = + ≠
.
+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.
Khi ú ta cú:
2 2 2 2
2 2 ' ' 'MA MB IA IH I A I H= =
( ) ( )
2 2
1 ( ; ) 4[9 ( '; ) ]d I d d I d =
,
.IA IH>
( ) ( )

2 2
2 2
2 2 2 2
9
4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35
a b
d I d d I d
a b a b
= =
+ +
2 2
2 2
2 2
36
35 36
a b
a b
a b

= =
+
D thy
0b
nờn chn
6
1
6
=

=

=

a
b
a
.
Kim tra iu kin
IA IH>
ri thay vo (*) ta cú hai ng thng tho món.
2
.Đờng thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;1( u
Đờng thẳng d đi qua điểm
)5;3;2(' M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;2(' u
.
Mp
)(

phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến
n
vuông góc với
u
và
2
1

60cos)';cos(
0
==un
Bởi vậy nếu đặt
);;( CBAn =
thì ta phải có :





=
++
+
=+
2
1
6
2
0
222
CBA
CBA
CBA

=
+=






+++=
+=
02
)(632
22
222
CACA
CAB
CCAAA
CAB
Ta có
0)2)((02
22
=+= CACACACA
. Vậy
CA =
hoặc
CA =2
.
Nếu
CA =
,ta có thể chọn A=C=1, khi đó

2=B
, tức là
)1;2;1(=n
và
)(

mp
có phơng trình
0)2(2 =++ zyx
hay
042
=++
zyx
Nếu
CA =2
ta có thể chọn
2,1 == CA
, khi đó
1=B
, tức là
)2;1;1( =n
và
)(

mp
có ph
ơng trình
02)2( = zyx
hay
022

=+
zyx
VIIb 1,00
Vỡ a, b, c l ba cnh tam giỏc nờn:
a b c
b c a
c a b
+ >


+ >


+ >

.
t
( )
, , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
+ +
= = = > + > + > + >
.
V trỏi vit li:
2
3 3 2
a b a c a
VT

a c a b a b c
x y z
y z z x x y
+ +
= + +
+ + + +
= + +
+ + +
Ta có:
( ) ( )
2
2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
+ > ⇔ + + < + ⇔ >
+ + +
.
Tương tự:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
< <
+ + + + + +
Do đó:
( )
2
2
x y z

x y z
y z z x x y x y z
+ +
+ + < =
+ + + + +
.
Tức là:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + <
 ÷
+ + + + + +
 
V.Phương trình
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − =
(1)
Điều kiện :
0 1x≤ ≤
Nếu
[ ]
0;1x ∈
thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất

thì cần có điều kiện
1
1
2
x x x= − ⇒ =
. Thay
1
2
x =
vào (1) ta được:
3
0
1 1
2. 2.
1
2 2
m
m m
m
=

+ − = ⇒

= ±

* Với m = 0; (1) trở thành:
( )
2
4 4
1

1 0
2
x x x− − = ⇔ =
Phương trình có nghiệm duy nhất.
* Với m = -1; (1) trở thành
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
4
4
2 2
4 4
1 2 1 2 1 1
1 2 1 1 2 1 0
1 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
+ − − − − − = −
⇔ + − − − + + − − − =
⇔ − − + − − =
+ Với
4 4
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =

+ Với
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
* Với m = 1 thì (1) trở thành:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
4 4
4
1 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x+ − − − = − − ⇔ − − = − −
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm
1
0,
2
x x= =
nên trong trường hợp này (1) không
có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.