ĐỀ THAM KHẢO 12 - ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2010 pps

ĐỀ THAM KHẢO 12
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC - NĂM HỌC 2009 - 2010
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
A. PHẦN BẮT BUỘC (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= − + + + +
có đồ thị (C
m
).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
( )
+∞;2
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 =+xx

2. Giải phương trình :
8
21
x
2
3
x51x2)1x3(
22
−+=−+
Câu III (1 điểm)

Tính tích phân
∫
+
=
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I

Câu IV (1 điểm)
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng
(ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’
và BC là
a 3
4
Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
=+− yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
1
1
22
44

++
++
=
yx
yx
P
B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
Phần A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
1. Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên
đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
2. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng
với O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
=++−
zzzz
,
∈z
C.
Phần B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
1. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) :3 5 0x y∆ − − =
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
2
5

1
1
3
4
:
1
−
+
=
−
−
=
−
zyx
d

13
3
1
2
:
2
zyx
d
=
+
=
−
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d
1

và d
2
Câu VIIb (1 điểm)
Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
−>− xxx
ĐÁP ÁN
Câu I
a) Đồ Học sinh tự làm
0,25
b)
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= − + + + +
)1(6)12(66'
2
+++−=⇒ mmxmxy
y’ có
01)(4)12(
22
>=+−+=∆ mmm
0,5



+=
=
⇔=
1

0'
mx
mx
y
Hàm số đồng biến trên
( )
+∞;2

⇔
0'>y

2
>∀
x
⇔
21
≤+
m
⇔
1
≤
m
0,25
0,25
Câu II a)
Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 =+xx

1 điểm
PT

⇔
1)1cos4(3cos2
2
=−xx
⇔
1)sin43(3cos2
2
=− xx
0,25
Nhận xét
Zkkx ∈= ,
π
không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
=− xx
⇔
xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3
=−
⇔
xxx sin3sin3cos2 =
⇔
xx sin6sin =
0,25
⇔



+−=

+=
ππ
π
26
26
mxx
mxx

⇔






+=
=
7
2
7
5
2
ππ
π
m
x
m
x
;
Zm

∈
0,25
Xét khi
=
5
2
π
m
π
k
⇔
2m=5k
⇔
m
t5=
,
Zt ∈
Xét khi
7
2
7
ππ
m
+
=
π
k
⇔
1+2m=7k
⇔

k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl
∈
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2
π
m
x =
(
tm 5≠
);
7
2
7
ππ
m
x +=
(
37 +≠ lm
)
trong đó
Zltm ∈,,
0,25
b)
Giải phương trình :
3
2
3
512)13(

22
−+=−+ xxxx
1 điểm
PT
⇔
631012)13(2
22
−+=−+ xxxx
232)12(412)13(2
222
−++−=−+ xxxxx
. Đặt
)0(12
2
≥−= txt
Pt trở thành
0232)13(24
22
=−+++− xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx
0,25
Pt trở thành
0232)13(24
22
=−+++− xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx

0,25
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12 +
=
−
=
x
t
x
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:



+



+−
∈
7
602
;
2
61
x

0,5
Câu III
Tính tích phân
∫
+
=
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
1 điểm
Ta c ó
∫
+
=
2ln3
0
2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe

I
=
Đặt u=
3
x
e
⇒
dxedu
x
3
3 =
;
22ln3;10 =⇒==⇒= uxux
0,25
Ta được:
∫
+
=
2
1
2
)2(
3
uu
du
I
=3
du
u
uu

∫




+
−




+
−
2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1
0,25

=3
2
1
)2(2
1
2ln

4
1
ln
4
1








+
++−
u
uu

0,25

8
1
)
2
3
ln(
4
3
−=

Vậy I
8
1
)
2
3
ln(
4
3
−=
0,25
Câu IV
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:



⊥
⊥
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC ⊥⇒
Kẻ
,'AAMH ⊥
(do
A∠
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM

AMABC
⊥⇒



∈
⊥
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd ==
.
0,5
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA
=
'
⇔
suy ra
3
a
a3
4
4

3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
===
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====
0,5
Câu V 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
3
=++
cba
.Chứng minh

rằng:

134)(3
222
≥+++ abccba
1 điểm
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
t
2
;134)(3),,(
222
cb
tabccbacbaf
+
=+++=
*Trc ht ta chng minh:
),,(),,( ttafcbaf
:Tht vy
Do vai trũ ca a,b,c nh nhau nờn ta cú th gi thit
cba

33 =++ cbaa

hay a
1

= ),,(),,( ttafcbaf

134)(3134)(3
2222222
++++++
atttaabccba
=
)(4)2(3
2222
tbcatcb ++
=






+
+






+
+

22
22
4
)(
4
4
)(2
3
cb
bca
cb
cb
=
2
2
)(
2
)(3
cba
cb


=
0
2
))(23(
2

cba
do a

1

0,5
*Bõy gi ta ch cn chng minh:
0),,( ttaf
vi a+2t=3
Ta cú
134)(3),,(
2222
+++= atttattaf
=
13)23(4))23((3
2222
+++ ttttt
=
0)47()1(2
2
tt
do 2t=b+c < 3
Du = xy ra
10&1
=====
cbacbt
(PCM)
0,5
2. Cho x,y,z tho món l cỏc s thc:
1
22
=+ yxyx
.Tỡm giỏ tr ln

nht ,nh nht ca biu thc

1
1
22
44
++
++
=
yx
yx
P
Từ giả thiết suy ra:

xyxyyx
xyxyxyyxyx
33)(1
21
2
22
+=
=+=
Từ đó ta có
1
3
1
xy
.
0,25
Măt khác

xyyxyxyx +=+=+ 11
2222
nên
12
2244
++=+ xyyxyx
.đăt t=xy
Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của

1
3
1
;
2
22
)(
2

+
++
== t
t
tt
tfP
0.25
Tính

=
=
=
+
+=
)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf
0.25
Do hàm số liên tục trên
[ ]
1;
3
1

nên so sánh giá trị của
)
3
1
(

f

,
)26( f
,
)1(f
cho ra kết quả:
626)26( == fMaxP
,
15
11
)
3
1
(min == fP
0.25
Cõu VIa 1 im
a) (Hc sinh t v hỡnh)
Ta có:
( )
1;2 5AB AB= − ⇒ =
uuur
. Phương trình của AB là:
2 2 0x y+ − =
.
( ) ( )
: ;I d y x I t t∈ = ⇒
. I là trung điểm của AC:
)2;12( ttC −
0,5
Theo bài ra:
2),(.

2
1
==
∆
ABCdABS
ABC
⇔
446. =−t

⇔




=
=
3
4
0
t
t
Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(
3
8
;
3
5
) thoả mãn .
0,5
b) 1 điểm

*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với
(ABC) nên
)1;1;2(// −nOH
;
( )
H ABC∈
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3
1
suy ra
)
3
1
;
3
1
;
3
2
( −H
0,25
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC)
⇔
H là trung điểm của OO’
⇔
)
3
2
;

3
2
;
3
4
(' −O
0,5
CâuVIIa
Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
=++−
zzzz
,
∈z
C.
1 điểm
PT
⇔
⇔=+−+
10)3)(1)(2( zzzz
10)3z2z)(z2z(
22
=−++
Đặt
zzt 2
2
+=
. Khi đó phương trình (8) trở thành:
0,25

Đặt
zzt 2
2
+=
. Khi đó phương trình (8) trở thành

0103
2
=−− tt
0,25




±−=
±−=
⇒



=
−=
⇔
61
1
5
2
z
iz
t

t
Vậy phương trình có các nghiệm:
61±−=z
;
iz ±−= 1
0,5
Câu VIb
a)
1 điểm
Viết phương trình đường AB:
4 3 4 0x y+ − =
và
5AB
=
Viết phương trình đường CD:
4 17 0x y− + =
và
17CD =
0,25
Điểm M thuộc
∆
có toạ độ dạng:
( ;3 5)M t t= −
Ta tính được:

13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5
17
t t

d M AB d M CD
− −
= =
0,25
Từ đó:
( , ). ( , ).
MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD= ⇔ =

7
9
3
t t⇔ = − ∨ =

⇒
Có 2 điểm cần tìm là:
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M− −
0,5
b) 1 điểm
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d
1
, d
2
tại hai điểm A và
B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥
( )
1 2

,d d d
dấu bằng xảy ra khi I là
trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d
1
, d
2
0, 25
Ta tìm A, B :
'
AB u
AB u

⊥


⊥


uuur r
uuur ur
A∈d
1
, B∈d
2
nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
⇒
AB
uuur
(….)…

⇒
A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)
⇒
I(2; 1; -1) 0,25
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=
6
Nên có phương trình là:
( )
2
2 2
2 ( 1) ( 1) 6x y z− + − + + =
0,25
CâuVIIb
Giải bất phương trình
2log9)2log3(
22
−>− xxx
1 điểm
Điều kiện:
0
>
x
Bất phương trình
⇔
)1(2log)3(3
2
−>− xxx
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.
0.25
TH1 Nếu

3
>
x
BPT
⇔
3
1
log
2
3
2
−
−
>
x
x
x
Xét hàm số:
xxf
2
log
2
3
)( =
đồng biến trên khoảng
( )
+∞;0

3
1

)(
−
−
=
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
( )
+∞;3
*Với
4>x
:Ta có



=<
=>
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
⇒
Bpt có nghiệm
4>x
* Với
4
<
x
:Ta có




=>
=<
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
⇒
Bpt vô nghiệm
0,25
TH 2 :Nếu
30
<<
x
BPT
⇔
3
1
log
2
3
2
−
−
<
x
x
x

xxf
2
log
2
3
)( =
đồng biến trên khoảng
( )
+∞;0

3
1
)(
−
−
=
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
( )
3;0
*Với
1
>
x
:Ta có




=<
=>
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
⇒
Bpt vô nghiệm
* Với
1<x
:Ta có



=>
=<
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
⇒
Bpt có nghiệm
10 << x
0,25
Vậy Bpt có nghiệm



<<

>
10
4
x
x
0,25
Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.