Dự đoán đề thi ĐH 2010 (2)

Sở GD & ĐT hà nội
lớp 12V
1
gv. Trần mạnh tùng
Dự đoán đề thi đh 2010 số 2
Môn thi: Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút)
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im)
Cho hm s
2 2
1
x
y
x

=
+
(C)
1. Kho sỏt hm s.
2. Tỡm m ng d: y = 2x + m ct (C) ti 2 im phõn bit A, B sao cho AB =
5
.
Cõu II. (2,0 im)
1. Gii phng trỡnh
2
1
3 sin sin 2 tan
2
x x x+ =
.

2. Gii bt phng trỡnh
2
4 4
16 6
2
x x
x x
+ +
+
.
Cõu III. (1,0 im)
Tớnh tớch phõn
2
1
1
2
1
( 1 )
x
x
I x e dx
x
+
= +

.
Cõu VI. (1,0 im)
Cho hỡnh chúp S.ABC cú SA = SB = SC =
2a
. ỏy l tam giỏc ABC cõn

ã
0
120BAC =
, cnh
BC=2a. Tớnh th tớch ca khi chúp S.ABC. Gi M l trung im ca SA. Tớnh khong cỏch t M n
mt phng (SBC).
Cõu V. (1,0 im)
Cho
, ,a b c
l nhng s dng tha món:
2 2 2
3a b c+ + =
.
Chng minh bt ng thc:
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a b b c c a a b c
+ + + +
+ + + + + +
.
I. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c chn lm mt trong hai phn
1. Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VIa. (2,0 im)
1. Trong mt phng Oxy cho Elớp (E) cú tiờu im th nht l
( 3;0)
v i qua im
4 33
1;
5
M

ữ
ữ

. Hóy xỏc
nh ta cỏc nh ca (E).
2. Trong h ta Oxyz, cho mt cu (S) v mt phng (P) cú phng trỡnh:
2 2 2
( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0S x y z x y z P x y z+ + + + = + + =
. im M di ng trờn (S) v im N di
ng trờn (P). Tớnh di ngn nht ca on thng MN. Xỏc nh v trớ ca M, N tng ng.
Cõu VIIa. (1,0 im)
Gii phng trỡnh (n z) trờn tp s phc:
.1
3
=







+
zi
iz
2. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu VIb. (2,0 im)
1. Trong mt phng vi h ta Oxy, cho ng trũn (C): x
2

+ y
2
- 2x - 2my + m
2
- 24 = 0 cú tõm I v ng
thng : mx + 4y = 0. Tỡm m bit ng thng ct ng trũn (C) ti hai im phõn bit A,B sao cho din
tớch tam giỏc IAB bng 12.
2. Cho ng thng :
1 3
1 1 4
x y z
= =
v im M(0; -2; 0). Vit phng trỡnh mt phng (P) i qua im
M song song vi ng thng ng thi khong cỏch gia ng thng v mt phng (P) bng 4.
Cõu VIIb. (1,0 im)
Gii h phng trỡnh
( )
( )
2 2
3 3
2 2
2
3
log log
log 10
y x y x x xy y
x y

= +

+ =

. Lu hnh ni b
P N THANG IM (cha sa)
Giáo viên: Trần Mạnh Tùng 091 3366 543
Câu Đáp án Điểm
I
(2,0
điểm)
1. (1,25 điểm)
Với m = 0, ta có hàm số y = – x
3
– 3x
2
+ 4
Tập xác định: D =
¡
Sự biến thiên:
• Chiều biến thiên: y’ = – 3x
2
– 6x, y’ = 0 ⇔
x 2
x 0
= −


=


y’ < 0 ⇔
x 2
x 0
< −


>


y’ > 0 ⇔ – 2 < x < 0
Do đó: + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (− ∞ ; − 2) và (0 ; + ∞)
+ Hàm số đồng biến trên khoảng (− 2 ; 0)
0,50
• Cực trị: + Hàm số y đạt cực tiểu tại x = – 2 và y
CT
= y(–2) = 0;
+ Hàm số y đạt cực đại tại x = 0 và y
CĐ
= y(0) = 4.
• Giới hạn:
x x
lim , lim
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
0,25
• Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
Đổ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; 4),

cắt trục hoành tại điểm (1 ; 0) và tiếp
xúc với trục hoành tại điểm (− 2 ; 0)
0,25
2. (0,75 điểm)
0,25
0,50
II
(2,0
điểm)
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với phương trình :
( ) ( )
3
sin x
2sin x 3 3sin x cos x 0
2
3sin x cosx 0

=

− + = ⇔


+ =

0,50
n
x ( 1) n , n
3
x k , k

6
π

= − + π ∈

⇔

π

= − + π ∈


¢
¢
0,50
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x > – 2 và x ≠ 5 (*)
Với điều kiện đó, ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình:
2 2
2 2
log (x 2) x 5 log 8 (x 2) x 5 8 (x 3x 18)(x 3x 2) 0 + − = ⇔ + − = ⇔ − − − − =
 
0,50
2
2
x 3x 18 0
3 17
x 3; x 6; x
2

x 3x 2 0

− − =
±
⇔ ⇔ = − = =

− − =


0,50
Gi¸o viªn: TrÇn M¹nh Tïng 091 3366 543
x
y'
y
−∞
−∞
+∞
+∞
2−
0
0
0
0
4
−
−
+
4
3−
2−

O
1
y
x
S
H
P
C
A
B
N
ϕ
Đối chiếu với điều kiện (*), ta được nghiệm của phương trình đã cho là:
x 6=
và
3 17
x
2
±
=

III
(1,0
điểm)
Kí hiệu S là diện tích cần tính.
Vì
ln8
x x
ln3
e 1 0 x [ln3 ; ln8] nên S e 1dx+ > ∀ ∈ = +

∫
0,25
Đặt
x
e 1+
= t, ta có
2
2tdt
dx
t 1
=
−
Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3
0,25
Vì vậy:
3 3 3 3 3
2
3 3
2 2
2 2
2 2 2 2 2
2t dt dt dt dt 3
S 2 dt 2 2 ln t 1 ln t 1 2 ln
t 1 t 1 t 1 t 1 2
 
= = + = + − = + − − + = +
 ÷
− − − +
 
∫ ∫ ∫ ∫ ∫

0,50
IV
(1,0
điểm)
Dựng
SH AB⊥
° Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂
SH (ABC)⇒ ⊥
và SH là đường cao của hình chóp.
° Dựng
HN BC, HP AC⊥ ⊥
·
·
SN BC, SP AC SPH SNH⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = α
°
∆
SHN =
∆
SHP ⇒ HN = HP.
°
∆
AHP vuông có:
o
a 3
HP HA.sin60 .
4
= =
0,50
∆

SHP vuông có:
a 3
SH HP.tg tg
4
= α = α
0,25
Thể tích hình chóp
2 3
ABC
1 1 a 3 a 3 a
S.ABC: V .SH.S . .tg . tg
3 3 4 4 16
= = α = α
0,25
V
(1,0
điểm)
Ta có :
2 2 2 2 2 2
x x y y z z
P
y z z x x y
= + + + + +
(*)
Nhận thấy : x
2
+ y
2
– xy ≥ xy ∀x, y ∈
¡

Do đó : x
3
+ y
3
≥ xy(x + y) ∀x, y > 0 hay
2 2
x y
x y
y x
+ ≥ +
∀x, y > 0
0,50
Tương tự, ta có :
2 2
y z
y z
z y
+ ≥ +
∀y, z > 0
2 2
z x
z x
x z
+ ≥ +
∀x, z > 0
Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được:
P ≥ 2(x + y + z) = 2 ∀x, y, z > 0 và x + y + z = 1
Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z =
1
3

. Vì vậy, minP = 2.
0,50
VI.a
(2,0
điểm)
1. (1,0 điểm)
Viết lại phương trình của (C) dưới dạng: (x – 3)
2
+ y
2
= 4.
Từ đó, (C) có tâm I(3 ; 0) và bán kính R = 2
0,25
Suy ra trục tung khơng có điểm chung với đường tròn (C). Vì vậy, qua một điểm bất kì trên tục tung
ln kẻ được hai tiếp tuyến của (C).
0,25
Câu Đáp án Điểm
Xét điểm M(0 ; m) tùy ý thuộc trục tung.
Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB của (C) (A, B là các tiếp điểm). Ta có:
Góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 60
0

·
·
0
0
AMB 60 (1)
AMB 120 (2)

=

⇔


=


0,25
Vì MI là phân giác của
·
AMB
nên :
(1)
·
0 2
0
IA
AMI 30 MI MI 2R m 9 4 m 7
sin30
⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ±
0,25
Gi¸o viªn: TrÇn M¹nh Tïng 091 3366 543
(2)
ã
0 2
0
IA 2R 3 4 3
AMI 60 MI MI m 9
sin 60 3 3
= = = + =
(*)

D thy, khụng cú m tha món (*). Vy cú tt c hai im cn tỡm l: (0 ;
7
) v (0 ;
7
)
2. (1,0 im)
Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca M trờn d, ta cú MH l thng i qua M, ct v vuụng gúc vi d.
0,25
Vỡ H d nờn ta ca H cú dng : (1 + 2t ; 1 + t ; t).
Suy ra :
MH
uuuur
= (2t 1 ; 2 + t ; t)
Vỡ MH d v d cú mt vect ch phng l
u
r
= (2 ; 1 ; 1), nờn :
2.(2t 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0 t =
2
3
. Vỡ th,
MH
uuuur
=
1 4 2
; ;
3 3 3


ữ

.
0,50
Suy ra, phng trỡnh tham s ca ng thng MH l:
x 2 t
y 1 4t
z 2t
= +


=


=

0,25
VII.a
(1,0
im)
Theo cụng thc nh thc Niu-tn, ta cú:
P =
0 6 1 2 5 k 2k 6 k 5 10 6 12
6 6 6 6 6
C (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x

+ + + + + +K K

0,25
Suy ra, khi khai trin P thnh a thc, x
2

ch xut hin khi khai trin
0 6
6
C (x 1)
v
1 2 5
6
C x (x 1)
.
0,25
H s ca x
2
trong khai trin
0 6
6
C (x 1)
l :
0 2
6 6
C .C
H s ca x
2
trong khai trin
1 2 5
6
C x (x 1)
l :
1 0
6 5
C .C

0,25
Vỡ vy, h s ca x
2
trong khai trin P thnh a thc l :
0 2
6 6
C .C
1 0
6 5
C .C
= 9. 0,25
VI.b
(2,0
im)
1. (1,0 im) Xem phn 1 Cõu VI.a.
2. (1,0 im)
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G =






3;
3
8
;
3
7
Ta có

( ) ( ) ( )
222
222
GCMGGBMGGAMGMCMBMAF +++++=++=
22222222
GCGBGAMG3)GCGBGA(MG2GCGBGAMG3
+++=++++++=
0,25
F nhỏ nhất MG
2
nhỏ nhất M là hình chiếu của G lên (P)
0,25

33
19
111
333/83/7
))P(,G(dMG
=
++

==
0,25
3
64
9
104
9
32
9

56
GCGBGA
222
=++=++
Vậy F nhỏ nhất bằng
9
553
3
64
33
19
.3
2
=+








khi M là hình chiếu của G lên (P)
0,25
Cõu ỏp ỏn im
VII.b
(1,0
im)
Theo cụng thc nh thc Niu-tn, ta cú:
P =

0 5 1 2 4 k 2k 5 k 4 8 5 10
5 5 5 5 5
C (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x

+ + + + + +K K
0,25
Suy ra, khi khai trin P thnh a thc, x
3
ch xut hin khi khai trin
0 5
5
C (x 1)
v
1 2 4
5
C x (x 1)
.
0,25
H s ca x
3
trong khai trin
0 5
5
C (x 1)
l :
0 3
5 5
C .C
H s ca x
3

trong khai trin
1 2 4
5
C x (x 1)
l :
1 1
5 4
C .C
0,25
Vỡ vy, h s ca x
3
trong khai trin P thnh a thc l :
0 3
5 5
C .C
1 1
5 4
C .C
= 10. 0,25
Giáo viên: Trần Mạnh Tùng 091 3366 543