ĐỀ THI THỬ ĐH ĐÁP ÁN CHI TIẾT TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010
TRƯỜNG THPT PHANCHÂU TRINH MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút)
ĐỀ CHÍNH THỨC
I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất cả các thí sinh
Câu I(2 điểm) :Cho hàm số
3 2
y x 2mx (m 3)x 4= + + + +
có đồ thị là (C
m
)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C
1
) của hàm số trên khi m = 2.
2) Cho E(1; 3) và đường thẳng (
∆
) có phương trình x-y + 4 = 0. Tìm m để (
∆
) cắt (C
m
) tại ba điểm
phân biệt A, B, C ( với x
A
= 0) sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4.
Câu II (2 điểm):a.Giải phương trình:
2
3 2 sin 2 1
1 3
2cos sin 2 tanx
+
+ = + +
x

x x
.
b.Giải hệ phương trình :
3 2
4 3 2 2
x y x xy 1
x x y x y 1

− + = −


− + =


Câu III (1 điểm). Tính tính phân sau:
π
2
2
0
dx
I
cos x 3cos x 2
=
+ +
∫
.
Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng
/ / /
ABC. A B C
có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên 2a .Gọi E là

trung điểm của
/
BB
.Xác định vị trí của điểm F trên đoạn
/
AA
sao cho khoảng cách từ F đến C
/
E là nhỏ nhất.
Câu V (1 điểm):Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn:
1 1 1
1+ + =
a b c
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
b c c a a b
T
a b c
+ + +
= + +
II. Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: ( 2 điểm)
1/.Cho
∆
ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2 1 0x y+ + =
và phân giác trong CD:
1 0x y+ − =

. Viết phương trình đường thẳng BC.
2/. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d :
x 1 2t
y t
z 1 3t
= +


=


= +

.
Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Câu VIIa:( 1 điểm)
Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng
trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau:

2 2 1
3
1
9 19
2 2
720
m
m n m
n
C C A
P

−
+
−

+ + <



=

Phần 2: Theo chương trình nâng cao
Câu VIb:( 2 điểm)
1/. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3), B(
)0;2(),0;
4
1
C
2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua
A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK.
Câu VII:( 1 điểm)
Giải hệ phương trình :
( )
( )
2 2
3 3
2 2
2 2
log log
4


− = − − +



+ =

y x y x x xy y
x y
Hết
Ghi chú :-Thí sinh không được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu ĐÁP ÁN Điểm
Ia -Tập xác định , tính y
/
-Nghiệm y
/
và lim
-Bảng biến thiên
-Đồ thị
0,25
0,25
0,25
0,25
Ib
PT hoành độ giao điểm :
3 2
x 2mx (m 3)x 4 x 4
+ + + + = +
(1)
2

x(x 2mx m 2) 0⇔ + + + =
2
x 0
g(x) x 2mx m 2 0 (2)
=

⇔

= + + + =

(d) cắt (C
m
) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C
⇔
phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt
khác 0.
/ 2
m 1 m 2
m m 2 0
(a)
m 2
g(0) m 2 0
≤ − ∨ ≥
= − − >


⇔ ⇔
 
≠ −
= + ≠



Δ
Diên tích
1
S BC.d(E,BC)
2
=
Khoảng cách
d(E,BC) 2=
Suy ra BC =
4 2
2
B C B C
(x x ) 4x x 16+ − =
2
4m 4(m 2) 16− + =
Giải pt m = 3, m = -2 (loại)
0,25
0,25
0,25
0,25
II a
. Đk:
2
x k
π
≠
Phương trình đã cho tương đương với:
( )

2
3 2
1 3
2 sin 2
+ + − =tan cot x x
x
2 2
2
2
2(sin cos )
3 3 2
sin cos
3 2 3 0
+
⇔ + − =
⇔ + − =
tan cot
tan tan
x x
x x
x x
x x
⇔
3
3
1
3
6
π



= − = − + π


⇔


π
=

= + π




tan
tan
x x k
x
x k
,k∈Z
KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm :
6 2
π π
= +x k
; k∈Z
0,25
0,25
0,25
0,25

IIb.
Hệ tương đương :
3
2 3
x y x(y x) 1
[x(y x)] x y 1

+ − = −


− + =


Đặt
3
u x y,v x(y x)
= = −
Hệ trở thành
2
u v 1
u v 1
+ = −


+ =

Giải hệ
u 0
v 1
=



= −

,
u 3
v 2
= −


=

Với
u 0
v 1
=


= −

giải hệ được
x 1
y 0
= ±


=

Với
u 3

v 2
= −


=

giải hệ (vô nghiệm)
Nghiệm của hệ :
x 1
y 0
=


=

,
x 1
y 0
= −


=

0,25
0,25
0,25
0,25
III
π π
2 2

0 0
1 1
I dx dx
1 cos x 2 cos x
= −
+ +
∫ ∫
Tính
π π
2 2
0 0
2
dx dx
1
x
1 cos x
2cos
2
= =
+
∫ ∫
Tính
2
π π
2 2
0 0
2
x
1 tan
dx

2
.dx
x
cos x 2
3 tan
2
+
=
+
+
∫ ∫
.
Đặt
2 2
x x 3
tan 3 tan t (1 tan )dx (1 tan t).dt
2 2 2
= ⇒ + = +
• x = 0 => t = 0
x =
π
2
=> t =
π
6
2
π π
2 2
0 0
2

x
1 tan
dx
2
.dx
x
cos x 2
3 tan
2
+
=
+
+
∫ ∫
=
π
6
0
2
dt
3
∫
=
π
3 3
Vây
π π
2 2
0 0
1 1

I dx dx
1 cos x 2 cos x
= −
+ +
∫ ∫
= 1 -
π
3 3
0,25
0,25
0,25
0,25
IV
+ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A≡O; B∈Oy; A
/
∈Oz.
Khi đó: A(0;0;0), B(0;a;0); A
/
(0;0;2a),,
/
3
; ;2
2 2
 
 ÷
 ÷
 
a a
C a
và E(0;a;a)

F di động trên AA
/
, tọa độ F(0;0;t) với t ∈ [0;2a]
Vì C
/
E có độ dài không đổi nên d(F,C
/
E ) nhỏ nhất khi
/
ΔFC E
S
nhỏ nhất
Ta có :
/
/
1
,
2
∆
 
=
 
uuuur
uuur
FC E
S EC EF
Ta có:
( )
/
3

; ;
2 2
EF 0; ;
 
= −
 ÷
 ÷
 
= − −
uuuur
uur
a a
EC a
a t a
/
,
 
⇒ =
 
uuuur
uuur
EC EF
( 3 ; 3( ); 3)
2
a
t a t a a
−
− −
/ 2 2 2
, ( 3 ) 3( ) 3

2
 
⇒ = − + − +
 
uuuur
uuur
a
EC EF t a t a a
/
2 2
2 2
ΔFC E
a
4t 12at 15a
2
1 a
S . . 4t 12at 15a
2 2
= − +
= − +
Giá trị nhỏ nhất của
/
∆FC E
S
tùy thuộc vào giá trị của tham số t.
Xét f(t) = 4t
2
− 12at + 15a
2
f(t) = 4t

2
− 12at + 15a
2
(t ∈[0;2a])
f '(t) = 8t −12a
3
'( ) 0
2
a
f t t= ⇔ =
/
∆FC E
S
nhỏ nhất
⇔
f(t) nhỏ nhất
⇔
3
2
=
a
t
⇔
F(0;0;t) , hay FA=3FA
/
( có thể giải bằng pp hình học thuần túy )
0,25
0,25
0,25
0,25

V
Đặt
1
x
a
=
,
1
y
b
=
,
1
z
c
=
.vì
1 1 1
1+ + =
a b c
nên x +y +z = 1
z
x
C
C
/
F
A
A
/

B
/
B
E
Và
2 2 2
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( )
= + + + + +
T x y z
y z z x x y
+) Aùp dụng BĐT C.S ta có:
= + + =
2
1 ( )x y z
2
x y z
. y z . z x . x y
y z z x x y
 
+ + + + +
 ÷
 ÷
+ + +
 
2 2 2 2 2 2
x y z x y z
(2x 2y 2z) 2( )
y z z x x y y z z x x y
 

≤ + + + + ≤ + +
 ÷
+ + + + + +
 

+) Ta có:
( )
2 2
2
1 1 1 1 4
( )
 
+ = + + ≥
 ÷
+ +
 
x x
x y z
y z y z y z y z
Tương tự
Do đó
2 2 2
x y z
T 4
y z z x x y
 
≥ + +
 ÷
+ + +
 

2≥
Đẳng thức xảy ra khi
1
3
= = =x y z
hay
3
= = =
a b c
0,25
0,25
0,25
0,25

VIa:1
Cho
∆
ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2 1 0x y+ + =
và phân giác trong CD:
1 0x y+ − =
. Viết phương trình đường thẳng BC.
Điểm
( )
: 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ −
.
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2

t t
M
+ −
 
 ÷
 
.
Điểm
( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
+ −
 
∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −
 ÷
 
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
+
= ⇔ + + =
− +

0,25
0,25
0,25
0,25
VIa:2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương
trình
x 1 2t
y t
z 1 3t
= +


=


= +

. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách
từ d tới (P) là lớn nhất.
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách
giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HIAH ≥
=> HI lớn nhất khi
IA ≡
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
uuur
làm véc tơ pháp tuyến.
)31;;21( tttHdH ++⇒∈

vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. ==⇒⊥ uuAHdAH
là véc tơ chỉ phương của d)
)5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AHH

Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
 7x + y -5z -77 = 0
0,25
0,25
0,25
0,25
VIIa Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông
hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
2 2 1
3
1
9 19
2 2
720
m
m n m
n
C C A
P
−
+
−

+ + <




=

<=>





=
<++
−
+
−
720
2
19
2
9
1
12
3
2
n
mn
m
m
P
AcC

Từ (2):
761!6720)!1( =⇔=−⇔==− nnn
Thay n = 7 vào (1)
m(m 1) 9 19
45 m
2 2 2
−
⇔ + + <
2
m m 90 9 19m⇔ − + + <
2
m 20m 99 0⇔ − + <
119
<<⇔
m
vì
10
=⇒Ζ∈
mm
Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít
nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau:
TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có:
1575.
2
10
3
7
=CC
cách
TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có:

350.
1
10
4
7
=CC
cách
TH3: 5 bông hồng nhung có:
21
5
7
=C
cách
⇒
có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách.
Số cách lấy 4 bông hồng thường
%45,31
6188
1946
6188
5
17
≈=⇒
=
P
C
0,25
0,25
0,25
0,25

VIb1
Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3),B(
)0;2(),0;
4
1
C
Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A
khi và chỉ khi

( )
( )
2
2
2
2
9
1
3
4
4
2
4 3
81 225
9
3
16 16
4 1 6 3 1.
4
16 9 25
d

DB AB
DC AC d
d d d
æö
÷
ç
+ -
÷
ç
-
÷
ç
è ø
= = =Û
-
+ -
+
= = - = - =Þ Þ
+
Đường thẳng AD có phương trình:

2 3
3 6 3 9 1
3 3
x y
x y x y
+ -
= - - = - = -Û Û
-
,

và đường thẳng AC:

2 3
3 6 4 12 3 4 6 0
4 3
x y
x y x y
+ -
= - - = - + - =Û Û
-
Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là
1 b-
và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng
b nên ta có:

( )
2 2
3 1 4 6
3 5 ;
3 4
4
) 3 5 ;
3
1
) 3 5 .
2
b b
b b b
a b b b
b b b b

- + -
= - =Û
+
- = =-Þ
- =- =Þ
Rõ ràng chỉ có giá trị
1
2
b =
là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn
nội tiếp
ABCV
là:
2 2
1 1 1
2 2 4
x y
æ ö æ ö
÷ ÷
ç ç
- + - =
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
.
0,25
0,25

0,25
0,25
VIb2 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt
phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK.
. 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)
0,25
0,25
0,25
KL:
0,25
VII b
Giải hệ phương trình :
( )
( )
( )
2 2
3 3
2 2
2 2
log log . *
4

− = − − +



+ =

y x y x x xy y
x y
Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có :
0
4

3
2
2
2
22
>+






−=+− y
y
xyxyx

yx,∀
>0
Xét x > y
3 3
2 2
VT(*) 0
log log
VP(*) 0
x y
>

⇒ < ⇒ ⇒

<


(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm
Xét x < y
3 3
2 2
VT(*) 0
log log
VP(*) 0
x y
<

⇒ > ⇒ ⇒

>

(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.
Khi x = y hệ cho ta
2 2
0 0
2 2 4x y
=


= =

⇔
x = y =
2
( do x, y > 0).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất

( )
( )
; 2; 2x y =
0,25
0,25
0,25
0,25