ĐỀ THAM KHẢO MÔN TOÁN ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 - 9 ppsx

Đ THAM KHO 9
Đ THI TUYN SINH ĐẠI HỌC - NĂM HỌC 2009 - 2010
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT C THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 có đồ thị là (C
m
); ( m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.
2. Xác định m để (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp
tuyến của (C
m
) tại D và E vuông góc với nhau.
Câu II (2 điểm)
1.Giải phương trình sau: sin(
2
π
+ 2x)cot3x + sin(
π
+ 2x) –
2
cos5x = 0 .
2. Giải phương trình
2 2 2 2
2 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x− + − − = + + + − +

.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I =
( )
1
2
0
4 d
4 5
x x
x x
+
+ +
∫
Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,
·
0
60ABC =
;SD =a
3
và
vuông góc với đáy. Gọi I, H lần lượt là trực tâm của các tam giác ACD và SAC. Tính thể tích khối tứ diện
HIAC.
Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: x + y + z = xyz.
Tìm GTNN của A =
)1()1()1( zxy
zx
yzx
yz
xyz
xy

+
+
+
+
+
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa.( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy , cho ΔABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường
trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của ΔABC.
2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng: (d
1
):





=
=
=
4z
ty
t2x
và ( d
2
) :
3
0

x t
y t
z
= −


=


=

.Chứng minh rằng
(d
1
) và ( d
2
) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d
1
) và
( d
2
).
Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức:
2 2
( )( ) 0z i z z+ − =
.
2. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VIb.(2điểm)
1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x
2

+ y
2
– 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ
được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60
0
.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có phương trình:
x 1 y 1 z
2 1 1
− +
= =
−
.Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với
đường thẳng d.
Câu VIIb. (1 điểm) Giải hệ phương trình
3 3
log log 2
2 2
4 4 4
4 2 ( )
log ( ) 1 log 2 log ( 3 )
xy
xy
x y x x y

= +


+ + = + +



.
Hết
ĐÁP ÁN CHI TIẾT Đ THI THỬ 02
Câu Ý
Nội dung
Điể
m
I 1
y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 (C
m
)
1. m = 3 : y = x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1 (C
3
)
+ TXĐ: D = R
+ Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞

+ y’ = 3x
2
+ 6x + 3 = 3(x
2
+ 2x + 1) = 3(x + 1)
2
≥ 0; ∀x
* Bảng biến thiên:

+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)
y” = 0 ⇔ x = –1 tâm đối xứng I(-1;0)
* Đồ thò (C
3
):
1đ
2
Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và đường thẳng y = 1 là:
x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1 ⇔ x(x
2
+ 3x + m) = 0 ⇔
=


+ + =


2
x 0
x 3x m 0 (2)
* (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt:
⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm x
D
, x
E
≠ 0.⇔
≠

∆ = − >


⇔
 
<
+ × + ≠



2
m 0
9 4m 0
4
m
0 3 0 m 0

9
Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
k
D
=y’(x
D
)=
+ + = − +
2
D D D
3x 6x m (3x 2m);
k
E
= y’(x
E
) =
+ + = − +
2
E E E
3x 6x m (3x 2m).
Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k
D
k
E
= –1.
⇔ (3x
D
+ 2m)(3x
E
+ 2m) = 9x

D
x
E
+6m(x
D
+ x
E
) + 4m
2
= –1
⇔ 9m + 6m
×
(–3) + 4m
2
= –1; (vì x
D
+ x
E
= –3; x
D
x
E
= m theo đònh lý Vi-
ét). ⇔ 4m
2
– 9m + 1 = 0 ⇔ m =
( )
m
1
9 65

8
ĐS: m =
( ) ( )
− = m
1 1
9 65 hay m 9 65
8 8
0,5
0,5
II 1
ĐK: sin3x
≠
0. Khi đó pt
cos3x
cos2 sin 2 2 cos5 0 cos 2 cos3 sin 2 sin 3 2 sin3 cos5 0
sin 3
2 2
cos5 (1 2 sin3 ) 0 ; ; ( )
10 2 12 3 4 3
x x x x x x x x x
x
k k k
x x x x x k Z
π π π π π π
⇔ − − = ⇔ − − =
⇔ − = ⇔ = + = + = + ∈
0,5
0,5
2
Đặt:

2
2
2
2
2 1 0
3 2 0
2 2 3 0
2 0
u x
v x x
p x x
q x x

= − ≥


= − − ≥


= + + ≥


= − + ≥


Điều kiện:
2
2
2 1 0
3 2 0

x
x x

− ≥


− − ≥


(*)
Ta thấy: u
2
– v
2
= p
2
– q
2
= x
2
+ 3x + 1
Ta có hệ:
2 2 2 2
u v p q
u v p q
u v p q
u v p q
+ = +
+ = +



⇔
 
− = −
− = −



2 2
2 2
u p u v
v q
v q

= =


⇔
 
=
=




⇔
2 2
2 2
2 1 2 2 3
2

3 2 2
x x x
x
x x x x

− = + +

⇔ = −

− − = − +


Vậy nghiệm của pt: x = -2 (thoả điều kiện (*))
0,5
0.5
III
I =
( ) ( )
1 1 1
2 2 2
0 0 0
4 d 2 d d
2
4 5 4 5 4 5
x x x x x
x x x x x x
+ +
= +
+ + + + + +
∫ ∫ ∫

( )
( )
( )
( )
1 1
1
2
2 2
2 2
0
0 0
1 d 4 5 d
2 4 5 2ln 2 4 5
2
4 5
2 1
x x x
x x x x x
x x
x
+ +
= + = + + + + + + +
+ +
+ +
∫ ∫
( ) ( )
3 10
10 5 2ln 3 10 2ln 2 5 10 5 2ln
2 5
+

= − + + − + = − +
+
1đ
IV
H¹ HH'
⊥
BD t¹i H'.
1
. '.
3
HIAC IAC
V HH S
∆
=
. Cã
2
1 1 1 3 3
. . .
2 2 3 2 12
IAC
a a
S IO AC a
∆
= = =
. C/m được
ΔIHO vuông tại H suy ra:
2
2
2
2

2 2
3
. 3
.
6
15
3
3
4
3
6
15 2 15
a
a
IH IO IO SD a
SDO IHO IH
SD SO SO
a
a
a a a
OH IO IH
∆ ∆ ⇒ = ⇒ = = =
+
 
 
⇒ = − = − =
 ÷
 ÷
 ÷
 

 
:
Cã: HH'//SD
' 1 3
'
15 15
HH OH a
HH
SD OS
⇒ = = ⇒ =
. VËy
2 3
1 1 3 3
. '. . .
3 3 15 12 180
HIAC IAC
a a a
V HH S
∆
= = =
0,5
0,5
V
Cách 1:CM:
∀
a, b > 0 thì







+≤
+ baba
11
4
11
(1) Dấu “ =” xảy ra
ba =⇔
A =








+
+
+
+
+
−++
xyzzxyzyxyzxzyx
111111
A =









++
+
++
+
++
−++
yxzxzyzyxzyx 2
1
2
1
2
1111
Áp dụng (1) ta có: A








+
+
+
+

+
+++−++≥
yxxzzyzyxzyx
111
2
1
2
1
2
1
4
1111









++=









++−++≥
zyxzyxzyx
111
4
3111
4
1111
0,5
A
S
C
D
B
H'
O
N
K
H
I
CM: Với mọi a, b, c thì:
( ) ( )
cabcabcba ++≥++ 3
2
(2)
Dấu “=” xảy ra
cba ==⇔
Áp dụng (2) ta có:
3.3
111
3

111
2
=
++
=








++≥








++
xyz
zyx
zxyzxyzyx
Do x, y, z > 0 nên
3
111
≥++

zyx

⇒
A
4
33
≥
KL:
4
33
min
=
A
đạt được khi
3=== zyx
Cách 2: A =








++
+
++
+
++
−++

yxzxzyzyxzyx 2
1
2
1
2
1111
Theo CơSi: A








++−++≥
444
4
1
4
1
4
1111
xyzzxyyzxxyz
zyx
A









++++++++−++≥
zyxzyxzyxzyx
211121112
16
1111
A








++≥
zyx
111
4
3

0,5
VIa 1
Gäi C=(c; 2c+3) vµ I=(m; 6-m) lµ trung ®iĨm cđa BC
Suy ra: B=(2m-c; 9-2m-2c). V× C’ lµ trung ®iĨm cđa AB nªn:
2 5 11 2 2
' ; '

2 2
m c m c
C CC
− + − −
 
= ∈
 ÷
 
nªn
2 5 11 2 2 5
2( ) 3 0
2 2 6
m c m c
m
− + − −
− + = ⇒ = −
5 41
( ; )
6 6
I⇒ = −
. Ph¬ng tr×nh BC: 3x – 3y + 23=0
• Täa ®é cđa C lµ nghiƯm cđa hƯ:
2 3 0
14 37
;
3 3 23 0
3 3
x y
C
x y

− + =

 
⇒ =

 ÷
− + =
 


• Täa ®é cđa B=
19 4
;
3 3
 
−
 ÷
 
0,5
0,5
2
(d
1
) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương
1
u (2;1; 0)
=
r
(d
2

) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương
2
u (3; 3; 0)= −
r

AB (3; 0; 4)= −
uuur

°
1 2 1 2
AB.[u ; u ] 36 0 AB, u , u= ≠ ⇒
uuur r r uuur r r
không đồng phẳng.
° Vậy, (d
1
) và (d
2
) chéo nhau.
° Gọi MN là đoạn vuông góc chung của (d
1
) và (d
2
)
°
1
M (d ) M(2t; t; 4)∈ ⇒
,
∈ ⇒ −
/ /
2

N (d ) N(3 t ; t ; 0)
/ /
MN (3 t 2t; t t; 4)⇒ = + − − − −
uuuur
Tacó:
/ /
/
1
/ /
2
MN u 2(3 t 2) (t t) 0 M(2;1; 4)
t 1
N(2; 1; 0)
t 1
3 t 2t (t t) 0
MN u


⊥ + − − + = 
= − 
 
⇒ ⇔ ⇒
   
=
+ − + + =
⊥







uuuur r
uuuur r
°Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính
1
R MN 2.
2
= =
°Vậy, phương trình mặt cầu (S):
2 2 2
(x 2) (y 1) (z 2) 4.− + − + − =
0,5
0,5
VII
a
Giải phương trình sau trên tập hợp số phức:
2 2
( )( ) 0z i z z+ − =
2
2 2
2
(1)
( )( ) 0
(2)
z i
z i z z
z z

= −

+ − = ⇔

−


.Đặt z = a + bi.(1) ⇔ (a + bi)
2
= -i ⇔ a
2
- b
2
+ 2abi = -i ⇔
2 2
2 2
2 1
0
2 2
2 1
2 2
2 1
2 2
hoÆc
a b
a a
ab
a b
ab
a b
b b
ab

 =

 


= = −
 
= −

− =
  

⇔ ⇔
  

= −
= −


 

= − =

 
= −
 



(2) ⇔ (a + bi)

2
= a - bi
⇔
2 2
2 2
1
2
0
3
0
0
2
2
1
1
3
2
2
hoÆc
a
a b a
b
a b a
b
a
b
ab b
a
a
b


= −


− =
=



 
− =

 
=

⇔ ⇔
=
=

   


= −


  


=
= −



 



= −




.Vậy phương trình có 6 nghiệm:
2 2 2 2 1 3 1 3
, , , , 0, 1
2 2 2 2 2 2 2 2
z i z i z i z i z z= − = − + = − + = − − = =
.
0,5
0,5
VIb 1
. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m)
Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)
Vậy
·
·
0
0
60 (1)
120 (2)
AMB

AMB

=


=

Vì MI là phân giác của
·
AMB
(1) ⇔
·
AMI
= 30
0

0
sin 30
IA
MI
⇔ =
⇔ MI = 2R ⇔
2
9 4 7m m+ = ⇔ = m
(2) ⇔
·
AMI
= 60
0

0
sin 60
IA
MI⇔ =
⇔ MI =
2 3
3
R ⇔
2
4 3
9
3
m
+ =
Vô nghiệm
Vậy có hai điểm M
1
(0;
7
) và M
2
(0;-
7
)
0,5
0,5
2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và
vuông góc với d.
d có phương trình tham số là:
x 1 2t

y 1 t
z t
= +


= − +


= −

Vì H ∈ d nên tọa độ H (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).Suy ra :
MH
uuuur
= (2t − 1 ; − 2 + t ; − t)
Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là
u
r
= (2 ; 1 ; −1), nên :
2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(−t) = 0 ⇔ t =
2
3
. Vì thế,
MH
uuuur
=
1 4 2
; ;
3 3 3
 
− −

 ÷
 
Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là:
x 2 y 1 z
1 4 2
− −
= =
− −
0,5
0,5
VII
b
ĐK: x>0 , y>0 : (1) ⇔
3 3
2log log
2 2 2 0
xy xy
− − =
⇔log
3
xy = 1 ⇔ xy = 3⇔y=
3
x
(2)⇔ log
4
(4x
2
+4y
2
) = log

4
(2x
2
+6xy) ⇔ x
2
+ 2y
2
= 9
Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: (
3
;
3
) hoặc (
6
;
6
2
)
0,5
0,5
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp
án quy định.
Hết