ĐỀ THAM KHẢO MÔN TOÁN ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 - 17 pdf

Đ THAM KHO 17
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
PHẦN TỰ CHỌN: (7 điểm)
Câu I. (2 điểm)
Cho hàm số
4 2
2 1y x mx m= − + −
(1) , với
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
1m =
.
2. Xác định
m
để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác
có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
1
.
Câu II. (2 diểm)
1.Giải hệ phương trỡnh:
2 2
2 2 2
1 2.
x xy y y x
y x y x

+ + = +



− + + =


.
2. Giải phương trình sau:
( )
4 4
4cos 2 sin cos 3 sin(2 ) cos(2 )
3 3
x x x x x
π π
+ = + + +
Câu III.(1 điểm) .Tính tích phân sau:
2
0
3sinx cos
sinx cos 2
x
I dx
x
π
−
=
+ +
∫

Câu IV.(1 điểm)
Cho tứ diện ABCD có góc
0 0

90 ; 120ABC BAD CAD= = =
.AB = a, AC = 2a, AD = 3a. Tính thể tích tứ
diện ABCD đó
Câu IV. (1 điểm) Cho .
0 x y z< ≤ ≤
. Chứng minh rằng
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
2
2
3
2 2 2 2 2 4 2 2
2 4 2
2
2
z y z x y z x z x z z x y xy x y
z z x y xy
x y
x y
 
+ − − + + − + + + + +
 
 
+ + +
 
≤ + +
+
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm môt trong hai phần (phần a hoặc phần b)
Phần a. Theo chương trình chuẩn

CâuVIa:(2 diểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục 0xy, cho tam giác ABC có A(1;3), đường trung trực của cạnh AC có phương trình
(d): x – y = 0, trung điểm K của cạnh BC thuộc đường thẳng (d’): x+ y -2 = 0, khoảng cách từ tâm I của đường
tròn ngoại tiêp tam giác ABC đến cạnh AC bằng
2
.Tìm toạ độ điểm B; biết hoành độ của điểm I bé hơn 2.
2. Trong không gian với hệ tục toạ độ 0xy, cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng
( )
1 3 1
:
1
1 1 2
x y z
d
− − −
= =
−
và
( )
: 2 2
2
2
x
d y z
= − =
. Viêt phương trình dường (d) thẳng di qua A ,cắt
( )
1
d
và vuông góc với

( )
2
d
CâuVIIa.(1 điểm)
Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức:
3 2
(5 ) 4( 1) 12 12 0z i z i z i
− + + − − + =
Phần b. Theo chương nâng cao
CâuVIb. (2 diểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho hình thang cân ABCD có A(1;1),B(3;2). Điểm M(0;1) thuộc đáy lớn
CD sao cho diện tích tam giác BMC bằng 3, biết C có hoành độ dương .Viết Phương trình cạnh AD.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ 0xyz , cho tam giác ABC cân đỉnh A, với A(1;3;2) . Mặt phẳng trung trực
cạnh AC có phưong trình
( )
α
:4x - 2y + 4z -15 = 0, đỉnh B thuộc (d):
1
2 2 1
x y z+
= =
. Tìm toạ độ đỉnh B.
CâuVIIb.(1 điểm) Tìm các cặp sp61 thực (x ; y) thoả mãn phương trình:

4 3 2 2 3 2
1 1 4 2 2 2
2
x x y x y x y x xy
e e x x y xy x
− + − − + +

+ = + + − +
1
-HÕt-
híng dÉn chÊm vµ biÓu ®iÓm
2. (1 điểm)
( )
' 3 2
2
0
4 4 4 0
x
y x mx x x m
x m
=

= − = − = ⇔

=

Hàm số đã cho có ba điểm cực trị
⇔
pt
'
0y =
có ba nghiệm phân biệt và
'
y
đổi dấu
khi
x

đi qua các nghiệm đó
0m⇔ >
• Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:
( )
( ) ( )
2 2
0; 1 , ; 1 , ; 1A m B m m m C m m m− − − + − − + −
•
2
1
.
2
ABC B A C B
S y y x x m m= − − =
V
;
4
, 2AB AC m m BC m= = + =
•
( )
4
3
2
1
2
. .
1 1 2 1 0
5 1
4
4

2
ABC
m
m m m
AB AC BC
R m m
S
m m
m
=

+

= = ⇔ = ⇔ − + = ⇔
−

=


V
CâuII 1
ĐK: x-y+1
0≥
.
Ta có (1)
2 2 2
2( ) 0 ( )( 2) 0
2 2
x y xy y y x x y x y y
x y x y

⇔ − + − + − = ⇔ − + + − =
⇔ = ∨ = −
Với x=y,
(2) 1 2 1 1x x x x x x y⇔ − + + = ⇔ = ⇒ = =
là 1 nghiệm.
Với x=2-2y,
2
0
(2) 2 2 1 2 2 2 3 3 2
8
3 3 4
3
x
y
y y y y y y y
y
x
=

=


⇔ − − + + − = ⇔ − = ⇔ ⇒


− =
=


KL: Hệ có 3 nghiệm (1;1); (2;0); (8/3;-1/3).

2.(1 §iÓm)
:PT+
2
1 3 1
(1) 2cos 2 (1 sin 2 ) sin(2 ) cos(2 )
2 2 3 2 3
x x x x
π π
⇔ − = + + +
2
cos2 (2 sin 2 ) cos sin(2 ) sin cos(2 )
6 3 6 3
x x x x
π π π π
⇔ − = + + +
2
cos2 (2 sin 2 ) sin(2 )
2
x x x
π
⇔ − = +
2
cos2 (2 sin 2 ) cos 2x x x⇔ − =
2
cos 2 0
cos2 0
2 sin 2 1
x
x
x

=

⇔ ⇔ =

− =


( )
4 2
x k k Z
π π
⇔ = + ∈
VËy PT cã mét hä nghiÖm :
( )
4 2
x k k Z
π π
= + ∈
0.25
0.25
0.25
0.25
2
Câu III
( )
( )
( )
( )
( )
2

0
2 2 2
0 0 0
2
2
0
0
sinx cos 2 2 cos sinx 2
sinx cos 2
cos sinx
2 2
sinx cos 2
sinx cos 2
2ln sinx cos 2 2
2
2 os( ) 1
4
x x
I dx
x
x
dx
dx dx
x
x
dx
x
c x

+ +
=
+ +

=
+ +
+ +
= + +

+
ữ




2
2
0
1
2 ln(1 2) ln(1 2)
2 2
os ( )
2 8
dx
x
c

= + +



2
0
tan( ) 2 tan
2 2 8 2 8
x


= =
0.25
0.25
0.5
CâuIV
(1
Điểm)


A
B

M
I
N

D
C
+Gọi M;N là các điểm thuôc cạnh AC và AD sao cho AM=AN=a
Ta có :
2 2 2 0
2 . cos120MN AM AN AM AN= +
2
3 3a MN a= =
+
2BN a=
;
1
2
BM AC a= =
Suy ra :
2 2 2
MN BM BN= +
,Do đó tam giác BMN vuông tại
B.
2
1 2
.
2 2
BMN
a
S BN BM

= =
+ Goị I là trung điểm của MN, ta có:
2

2 2 2
4
a
AI AN IN= =
Xét tam giác BMN có BI là trung tuyến nên ta có :
2 2 2 2
2
3
2 4 4
BM BN MN a
BI
+
= =
Dễ thấy
2 2 2 2
AI BI a AB+ = =
suy ra tam giác AIB vuông tại I
Nh vậy
; ( )AI BI AI MN AI BMN
suy ra AI là Đờng cao của tứ diện ABMN
+ Khi đó
2 3
1 1 2 2
. . .
3 3 2 2 12
ABMN BMN
a a a
V AI S

= = =

+ Mặt khác
1
. .
6
ABMN
ABCD
V
AB AM AN
V AB AC AD
= =
6
ABCD ABMN
V V =
3 3
2 2
6.
12 2
a a
= =
0.25
0.25
0.25
0.25
3
C©u V
(1
§iÓm)
0.25
0.25
0.25

0.25
C©uVIa
(2
®iÓm)
1.(1®iÓm)

A(1;3)
H
I
K
B
C
d1
d2
Gäi H lµ trung ®iÓm cña AC , H thuéc
1
d
nªn suy ra H(a;a)
Ta cã
( 1; 3)AH a a= − −
uuur
;
1
d
cã vtcp
1
(1;1)u
ur
Do
1

AH d⊥
1
. 0 1.( 1) 1.( 3) 2AH u a a a⇔ = ⇔ − + − ⇔ =
uuuurur
(2;2) (3;1)H C⇒ ⇒
+PT c¹nhAC: x+y+4=0. Do I thuéc
1
d
nªn I(b;b).
0.25
0.25
0.25
0.25
Cho
0 x y z< ≤ ≤
: Chứng minh rằng
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
2
2
3
2 2 2 2 2 4 2 2
2 4 2
2
2
z y z x y z x z x z z x y xy x y
z z x y xy
x y
x y

 
+ − − + + − + + + + +
 
 
+ + +
 
≤ + +
+
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
3
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2
2
z y z x x y z x z y x y
z y z x
z y z x x y x y
x y
⇔ + + − + + + + − + +
+ +
+ + + ≤ + +
+
(1)
Đặt a=(2z+y); b=2z+x; c=2x+y
Từ (1)
3
2

2
ab
a b c b a c abc c
c
⇔ − + − + ≤ +

( ) ( )
2
2 2a c b c b c a c c ab ab c⇔ − + − + ≤ +
(2)
Ta có:

2 2
(3)
2
b c c b
c b c
ab
a c b c
− +
− ≤ =
⇔ − ≤
Tương tự:
( )
4
2
ab
b c a c− ≤

( )

2
2 5c ab c ab≤ +
Cộng (3); (4); (5) ta được:
( ) ( )
2
2 2a c b c b c a c c ab ab c− + − + ≤ +
đpcm
Dấu bằng xảy ra khi: a=b=2c
a. 2z+y=2z+x=4x+2y
b. x=y=
2
5
z
0,25
0,25
0,25
0,25
4
theo gi¶ thiÕt
( ; ) 2d I AC =

2 4
2
2
b −
⇔ =
2 4 2 3( )
2 4 2 1
b b loai
b b

− = =
 
⇔ ⇔
 
− = − =
 
Víi
1 (1;1)b I= ⇒
. Gäi K lµ trung ®iÓm cña BC Kthuéc
2
d
suy ra K(m;2-m)
Ta cã:
( 1;1 ); (3 ; 1)IK m m KC m m= − − = − −
uur uuur
2
1
. 0 3 2 0
2
m
IK BC IK KC m m
m
=

⊥ ⇒ = ⇔ − + = ⇔

=

uur uuur
+ Víi m=1,K(1;1) suy ra B(-1;1)

+ Víi m=2; K(2;0) suy ra B(1;-1)
1. ( 1 ®iÓm)
+
1
d
cã PTTS :
1
3
1 2
x t
y t
z t
= −


= +


= +

;

2
d
cã PT:
1
4 1 2
x y z−
= =

2
d⇒
cã VTCP lµ:
2
(4;1;2)u =
uur


A(1;4;3)
d
d1
d2
B
M
d'1
Gäi
1 1
B d d B d= ∩ ⇒ ∈
, B(1-t;3+t;1+2t)
Ta cã :
( ; 1;2 2)AB t t t= − − −
uuur
+
2 2 2
. 0 5d d AB d AB u t⊥ ⇔ ⊥ ⇔ = ⇔ =
uuur uur
suy ra
( 5;4;8)AB = −
uuur
VËy ;d cã VTCP

( 5;4;8)AB = −
uuur
vfa ®i qua A(1;3;4)
PT cña d lµ :
1 4 3
5 4 8
x y z− − −
= =
−
0.25
0.25
0.25
0.25
C©uVII
a
(1§iÓm
)
+BPT
( )
4 4
log 12 1 log 13 12 1 13
x x x x
⇔ + ≥ ⇔ + ≥
12 1
1
13 13
x x
   
⇔ + ≥
 ÷  ÷

   
(1)
NÕu
1x ≤
th×
1 1
12 1
1 1
13 13
VT x
   
≥ + = ⇒ ≤
 ÷  ÷
   
lµ nghiÖmcña BPT
NÕu
1x ≥
Th×
1 1
12 1
1 1
13 13
VP x
   
< + = ⇒ >
 ÷  ÷
   
kh«ng ph¶i lµ nghiÖm cña BPT
VËy nghiÖm cña BPT lµ:
1x ≤

0.25
0.25
0.25
0.25
C©uVI.
b
(2®iÓm)
1.(1®iÓm)


5
A(1;1) D
B(3;2)
D
H M(0;1)
C
Ta cã
(2;1)AB
uuur
lµ VTCP cña DC suy ra VTPT cña DC lµ:
(1; 2)n −
r
PT DC lµ : x-2y-1=0 ;
2
( , )
5
d B DC =
V× C thuéc DC suy ra C(2a+1;a) vµ
5MC a=
1 1 2

( , ). 3 . . 5
2 2
5
BMC
S d B DC MC a
∆
= ⇔ =
3
3
3( )
a
a
a Loai
=

⇔ = ⇔

= −

Víi a= 3 suy ra C(7;3)
Gäi I lµ trung ®iÓm cña AB
3
(2; )
2
I⇒
Gäi H l¶tung ®iÓm cña DC suy ra H thuéc DC nªn H(2b+1;b)
+ Ta cã :
3
(2 1; )
2

IH b b= − −
uuur
Vµ
7 7
. 0 5
2 10
IH AB IH AB b b⊥ ⇔ = ⇔ = ⇔ =
uuur uuur
VËy
12 7
( ; )
5 10
H
khi ®ã
11 8
( ; )
5 5
D
− −
PT AD lµ : 13x-16y+3=0
0.25
0.25
0.25
0.25
2.(1®iÓm)
A(1;3;2)
H
d
B
K

C
+Ta cã
( )
α
cã VTPT lµ :
(2; 1;2)n = −
r
lµ VTCP cña AC.
Pt AC lµ :
1 2
3
2 2
x t
y t
z t
= +


= −


= +

+ Gäi H lµ trung ®iÓm cña AC suy ra
( )
5
(2; ;3)
2
H AC H
α

= ∩ ⇒
Suy ra C(3;2;4)
+d cã PTTS lµ :
2 '
1 2 '
'
x t
y t
z t
=


= − +


=

B thuéc d nªn B(2t’;2t’-1;t’)
0.25
0.25
0.25
0.25
6
Gäi K lµ trung ®iÓm cña BC ta cã
2 ' 3 2 ' 1 ' 4
( ; ; )
2 2 2
t t t
K
+ + +

2 ' 1 2 ' 5 '
( ; ; )
2 2 2
t t t
AK
+ −
=
uuur
(3 2 ';3 2 ';4 ')BC t t t= − − −
uuur
Tam gi¸c ABC c©n
2
. 0 3 ' 8 ' 4 0AK BC AK BC t t⇒ ⊥ ⇔ = ⇔ − + =
uuur uuur
' 2
2
'
3
t
t
=


⇔

=

+Víi t’=2
(4;3;2)B⇒
+Víi

2 4 1 2
' ( ; ; )
3 3 3 3
t B= ⇒
Câu VIIb : (1,0 điểm)
Tìm các cặp số thực (x ; y) thỏa mãn phương trình sau:

4 3 2 2 3 2
1 1 4 2 2 2
2
x x y x y x y x xy
e e x x y xy x
− + − − + +
+ = + + − +
+ Đặt
4 3 2 2 3 2
1 , x 1x x y x y u y x xy v− + − = − + + =
PT trở thành
2
u v
e e u v+ = + +
(2)
+ Xét f(t)=e
t
- t - 1. Chứng tỏ được
( ) 0,
( ) 0 0
f t t
f t t
≥ ∀



= ⇔ =

Từ đó PT (2) ⇔ u = v = 0
+ Giải hệ
4 3 2 2
3 2
1 0
1 0
x x y x y
x y x xy

− + − =


− + + =



( )
2
2 3
2 3
1
1
x xy x y
x xy x y

− = −


⇔


− = +

.
Đặt
2
3
x xy a
x y b

− =


=


, giải ra ta được
1
0
a
b
=


=

hoặc

2
3
a
b
= −


= −


+ Thay trở lại tìm được hai cặp (x;y) là (1;0) và (-1;0) . Kết luận
Câu VIIa : (1,0 điểm)
Giải phương trình sau trên tập các số phức biết nó có một nghiệm thực:

3 2
(5 ) 4( 1) 12 12 0z i z i z i
− + + − − + =
+ Gọi nghiệm thực đó là a thay vào pt suy ra hệ
3 2
2
5 4 12 0
6
4 12 0
a a a
a
a a

− − − =

⇔ =


− + + =



0,25
+ Khi đó PT đã cho tương đương với

( )
( )
2
2
6 (1 ) 2 2 0
6
(1 ) 2 2 0
z z i z i
z
z i z i
− + − − + =
=

⇔

+ − − + =


0,25
+ Giải ra được các nghiệm là 6, 2i và -1-i . Kết luận

0,5

7