DE THI THU DH 2010+DAP AN

. THI TH I HC, CAO NG NM 2010
Mụn: Toỏn A. Thi gian: 180 phỳt ( Khụng k giao ).
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im)
Cõu I (2 im) Cho hàm số
1
12
+

=
x
x
y

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm
)2;1(I
tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất .
Cõu II (2 im) :
1. Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
0
3 2 5 2 0
x y x y
x y xy x y

+ + + =


+ + =

2.Gii phng trỡnh :
01cossin2sinsin2
2
=++ xxxx
.
Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn
dx
x
xx
I

+
=
3
0
2
cos
2sin


Cõu IV (1 im) Cho hỡnh chúp t giỏc u S.ABCD, bit khong cỏch gia AB v mt phng
(SCD) bng 2. Gúc gia mt bờn v mt ỏy bng 60
0
.Tớnh th tớch hỡnh chúp S.ABCD
Cõu V (1 im) Tìm m để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt :

x10
1).12(48

22
++=++ xxmx
.
PHN RIấNG (3 im): Thớ sinh ch lm mt trong hai phn (Phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh chun.
Cõu VI.a (2 im) 1. Trong mt phng to Oxy, cho điểm I(-2;0) và 2 đờng thẳng (d):
2x y + 5 = 0, (d): x +y -3 = 0. Viết phơng trình đờng thẳng đi qua I & cắt d,d lần lợt
tại A,B sao cho
2IA IB=
uur uur
.
2. Cho ng thng (D) cú phng trỡnh:
2
2
2 2
x t
y t
z t
= +


=


= +

.Gi

l ng thng qua im A(4;0;-1)
song song vi (D) v I(-2;0;2) l hỡnh chiu vuụng gúc ca A trờn (D). Trong cỏc mt phng qua

, hóy
vit phng trỡnh ca mt phng cú khong cỏch n (D) l ln nht.
Cõu VII.a (1 im) Cho x, y, z
0

tho món x+y+z > 0. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
( )
3 3 3
3
16x y z
P
x y z
+ +
=
+ +
2. Theo chng trỡnh nõng cao.Cõu VI.b (2 im) 1) Trong mt phng vi h ta Oxy cho ng
trũn hai ng trũn
2 2
( ): 2 2 1 0,C x y x y+ + =
2 2
( ') : 4 5 0C x y x+ + =
cựng i qua M(1; 0).
Vit phng trỡnh ng thng qua M ct hai ng trũn
( ), ( ')C C
ln lt ti A, B sao cho MA= 2MB.
2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d :
z
y
x =

=
1
2
và d :
1
5
3
2
2

+
==
z
y
x
.
Viết phơng trình mặt phẳng
)(

đi qua d và tạo với d một góc
0
30
Cõu VII.b (1 im) Cho
0 x y z<
: Chng minh rng
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )

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

+ + + + + + + +


+ + +

+ +
+
Ht
Kỳ thi thử đại học- cao đẳng
năm 2010
Hớng dẫn chấm môn toán
Cõu Phn Ni dung
I
(2,0) 1(1,0)
Lm ỳng, cỏc bc theo S kho sỏt hm s cho im ti a.
2(1,0)
. Tập xác định :
1x

.

1
3
2
1
12
+
=
+

=
xx
x
y
,
2
)1(
3
'
+
=
x
y
,
Bảng biến thiên:
Tiệm cận đứng :
1
=
x

, tiệm cận ngang
2=y
2. Nếu
)(
1
3
2;
0
0
C
x
xM








+

thì tiếp tuyến tại M có phơng trình
)(
)1(
3
1
3
2
0

2
00
xx
xx
y
+
=
+
+
hay
0)1(3)2()1()(3
0
2
00
=++ xyxxx
. Khoảng cách từ
)2;1(I
tới tiếp tuyến là
( )
2
0
2
0
4
0
0
4
0
00
)1(

)1(
9
6
)1(9
16
19
)1(3)1(3
++
+
=
++
+
=
++
+
=
x
x
x
x
x
xx
d
. Theo bất đẳng thức
Côsi
692)1(
)1(
9
2
0

2
0
=++
+
x
x
, vây
6d
. Khoảng cách d lớn nhất bằng
6
khi
( )
3131)1(
)1(
9
0
2
0
2
0
2
0
==++=
+
xxx
x
.
Vậy có hai điểm M :
( )
32;31

+
M
hoặc
( )
32;31
+
M
Cõu í
1
1) CõuII:2. Gii phng trỡnh:
01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2
22
=+=++ xxxxxxxx
.

22
)3cos2()1(cos8)1cos2( == xxx
. Vậy
5,0sin =x
hoặc
1cossin
=
xx
.
Với
5,0sin =x
ta có


kx 2

6
+=
hoặc


kx 2
6
5
+=
Với
1cossin
=
xx
ta có






==






=
4
sin

2
2
4
sin1cossin

xxx
, suy ra


kx 2
=
hoặc


kx 2
2
3
+=
2
;
Câu Phần
III
(1,0)
IV
+ Goij I, J ln lt l trung im ca AB v CD, H l hỡnh chiu ca I trờn SJ.
Chng t c IH = 2 v gúc
0
60SJI =
+ Gi O l tõm ỏy, chng minh c SO = 2,
4

IJ=
3

+ Tớnh c V
S.ABCD
=
32
9
( vtt)
V
Nhận xét : 10x
48
2
++ x
= 2(2x+1)
2
+2(x
2
+1)
Phơng trình tơng đơng với :
2
(
02)
1
12
()
1
12
2
2

2
=+
+
+

+
+
x
x
m
x
x
.
Đặt
t
x
x
=
+
+
1
12
2
Điều kiện : -2< t
5
. Rút m ta có: m=
t
t 22
2
+

Lập bảng biến thiên của hàm số trên
(
]
5,2
, ta có kết quả của m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt là:
hoặc -5 <
4<m
VIa
1
im
( )
: 1 0 ;1C CD x y C t t + =
.
Suy ra trung im M ca AC l
1 3
;
2 2
t t
M
+

ữ

.
im
( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t

M BM x y t C
+

+ + = + + = =
ữ

T A(1;2), k
: 1 0AK CD x y + =
ti I (im
K BC

).
Suy ra
( ) ( )
: 1 2 0 1 0AK x y x y = + =
.
Ta im I tha h:
( )
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
+ =



+ =

.
Tam giỏc ACK cõn ti C nờn I l trung im ca AK

ta ca
( )
1;0K
.
S
A
B
C
D
I
J
60
0
O
H
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
+
= ⇔ + + =
− +

2
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng

∆
, thì
( ) //( )P D
hoặc
( ) ( )P D⊃
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có
IH AH⊥
.
Mặt khác
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
, ,d D P d I P IH
H P

= =


∈


Trong mặt phẳng
( )
P
,
IH IA≤
; do đó
axIH = IA H Am

⇔ ≡
. Lúc này (P) ở vị trí (P
0
) vuông góc với IA tại A.
Vectơ pháp tuyến của (P
0
) là
( )
6;0; 3n IA= = −
r uur
, cùng phương với
( )
2;0; 1v = −
r
.
Phương trình của mặt phẳng (P
0
) là:
( ) ( )
2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z− − + =
.
VIIa
VIb
1)
+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và
1, ' 3R R= =
, đường thẳng (
2 2
( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)a x b y ax by a a b− + − = ⇔ + − = + ≠
.

+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.
Khi đó ta có:
2 2 2 2
2 2 ' ' 'MA MB IA IH I A I H= ⇔ − = −
( ) ( )
2 2
1 ( ; ) 4[9 ( '; ) ]d I d d I d⇔ − = −
,
.IA IH>
( ) ( )
2 2
2 2
2 2 2 2
9
4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35
a b
d I d d I d
a b a b
⇔ − = ⇔ − =
+ +
2 2
2 2
2 2
36
35 36
a b
a b
a b
−
⇔ = ⇔ =

+
Dễ thấy
0b ≠
nên chọn
6
1
6
= −

= ⇒

=

a
b
a
.
Kiểm tra điều kiện
IA IH>
rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn.
2
.Đờng thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;1( u
Đờng thẳng d đi qua điểm
)5;3;2(' M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;2(' u
.

Mp
)(

phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến
n
vuông góc với
u
và
2
1
60cos)';cos(
0
==un
. Bởi vậy nếu đặt





=
++
+
=+
2
1
6
2
0
222
CBA

CBA
CBA






=
+=






+++=
+=
02
)(632
22
222
CACA
CAB
CCAAA
CAB
Ta có
0)2)((02
22
=+= CACACACA

. Vậy
CA =
hoặc
CA =2
.
Nếu
CA =
,ta có thể chọn A=C=1, khi đó
2=B
, tức là
)1;2;1(=n
và
)(

mp
có phơng trình
0)2(2 =++ zyx
hay
042
=++
zyx
Nếu
CA =2
ta có thể chọn
2,1 == CA
, khi đó
1=B
, tức là
)2;1;1( =n
và

)(

mp
có phơng trình
02)2( = zyx
VIIb 1,00
Cho
0 x y z<
: Chng minh rng
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
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)
t a=(2z+y); b=2z+x; c=2x+y
T (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 cú:

2 2
(3)
2
b c c b
c b c
ab
a c b c
+
=

Tng t:
( )
4
2
ab
b c a c

( )
2
2 5c ab c ab +
Cng (3); (4); (5) ta c:
( ) ( )
2
2 2a c b c b c a c c ab ab c + + +
pcm

Du bng xy 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
VIIa Trước hết ta có:
( )
3
3 3
4
x y
x y
+
+ ≥
( ) ( )
2
0x y x y⇔ ⇔ − + ≥
Đặt x + y + z = a. Khi đó
( ) ( )
( )
3 3
3 3
3
3
3 3

64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
+ + − +
≥ = = − +

(với t =
z
a
,
0 1t
≤ ≤
)
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t
[ ]
0;1∈
. Có
( )
[ ]
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9

f t t t f t t
 
= − − = ⇔ = ∈
 
Lập bảng biến thiên
( )
[ ]
0;1
64
inf
81
t
M t
∈
⇒ = ⇒
GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0
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
c. 2z+y=2z+x=4x+2y
d. x=y=
2
5
z
0,25
0,25
0,25
0,25