DE+DA THI THU TOAN A 2010

Gọi I, H lần lượt là trực tâm của các tam giác ACD và SAC.. PHẦN RIÊNG 3 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần 1 hoặc 2 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa.. Tìm tọa độ các đỉ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 Môn Toán – ĐỀ 02

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3

2 Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) 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) – 2cos5x = 0

2 Giải phương trình 2x2− +1 x2− − =3x 2 2x2+2x+ +3 x2− +x 2

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = ( )

1 2 0

4 d

4 5

+

∫

Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,· ABC = 600;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

zx yz

x

yz xy

z

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: (d1):











=

=

=

4 z

t y

t 2 x

và ( d2) :

3

0

y t z

= −



 =



 =



.Chứng

minh rằng (d1) và ( d2) chéo nhau Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và ( d2)

Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: (z2 +i z)( 2 − =z) 0

2 Theo chương trình Nâng cao.

Câu VIb.(2điểm)

1 Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 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 600

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

− 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





-Hết -ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ 02

m

I 1 y = x3 + 3x2 + mx + 1 (Cm)

1 m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 (C3) + TXĐ: D = R

+ Giới hạn: limx y , limx y

+ y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 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 thị (C3):

1đ

2 Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 ⇔  + + =x 02=

* (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt:

⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm xD, xE≠ 0.⇔

≠



∆ = − >

m 0

9 4m 0

4 m

Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:

kD=y’(xD)=3x2D +6xD + = −m (3xD +2m); kE= y’(xE) = 3x2E +6xE + = −m (3xE +2m)

Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1

⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1

⇔ 9m + 6m ×(–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét) ⇔ 4m2 – 9m + 1 = 0 ⇔ m = 1 9 65( m )

8 ĐS: m = 1(9− 65 hay m) =1(9m 65)

0,5

0,5

II 1 ĐK: sin3x ≠0 Khi đĩ pt

cos3x cos 2 sin 2 2 cos 5 0 cos 2 cos 3 sin 2 sin 3 2 sin 3 cos 5 0 sin 3

x

0,5

0,5

Đặt:

2 2 2 2

2 0













Điều kiện:

2 2

x





− − ≥

Ta thấy: u2 – v2 = p2 – q2 = x2 + 3x + 1

Ta có hệ: u v2 2 p q2 2 u v p q

u v p q

⇔



2 2

2 2





⇔

2

x



Vậy nghiệm của pt: x = -2 (thoả điều kiện (*))

0,5

0.5

III

2

10 5 2 ln 3 10 2 ln 2 5 10 5 2 ln

2 5

+

+

1đ

IV

H¹ HH' ⊥BD t¹i H' 1 '.

3

V = HH S∆ Cã 1 . 1 1. 3. 2 3

IAC

ΔIHO vuông tại H suy ra:

2 2

2 2

3 3

15 3

3 4 3

a a

a

OH IO IH

+

:

HH

0,5

0,5

V









 +

≤

a

1 1 4

1 1

(1) Dấu “ =” xảy ra⇔ a = b

A =









+

+ +

+ +

− + +

xyz z xyz y xyz x z y x

1 1

1 1

1 1

A =









+ +

+ + +

+ + +

− + +

y x z x z y z y x z

y

1 2

1 2

1 1

1 1

Áp dụng (1) ta có: A









+

+ +

+ + + + +

− + +

≥

y x x z z y z y x z

y x

1 1

1 2

1 2

1 2

1 4

1 1 1 1







=







− + +

≥

z y x z

y x z

y x

1 1 1 4

3 1 1 1 4

1 1 1

A

S

C D

B

H' O N

K H

I

CM: Với mọi a, b, c thỡ: ( a + b + c )2 ≥ 3 ( ab + bc + ca ) (2)

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c

2

= + +

=







≥







xyz

z y x zx

yz xy z

y x

Do x, y, z > 0 nờn 1 + 1 + 1 ≥ 3

z y

4

3 3

≥

KL:

4

3 3 min =

A đạt được khi x = y = z = 3

Cỏch 2: A =









+ +

+ + +

+ + +

− + +

y x z x z y z y x z

y

1 2

1 2

1 1

1 1

Theo CụSi: A









+ +

− + +

≥

4 4

1 4

1 4

1 1

1 1

xyzz xyyz

xxyz z

y







− + +

≥

z y x z y x z y x z

y x

2 1 1 1 2 1 1 1 2 16

1 1 1 1

A≥   x + y + z  

1 1 1 4 3

0,5

VIa 1 Gọi C=(c; 2c+3) và I=(m; 6-m) là trung điểm của BC

Suy ra: B=(2m-c; 9-2m-2c) Vì C’ là trung điểm của AB nên:

C = − + − − ∈CC

m

5 41 ( ; )

6 6

I

⇒ = − Phơng trình BC: 3x – 3y + 23=0

• Tọa độ của C là nghiệm của hệ: 2 3 0 14 37;

x y

C

x y

− + =

• Tọa độ của B= 19 4;

3 3

0,5

0,5

2 (d1) ủi qua ủieồm A(0; 0; 4) vaứ coự vectụ chổ phửụng ur1 =(2; 1; 0)

(d2) ủi qua ủieồm B(3; 0; 0) vaứ coự vectụ chổ phửụng ur2 =(3; 3; 0)−

AB (3; 0; 4)= −

uuur

° AB.[u ; u ] 36 0uuur r r1 2 = ≠ ⇒ AB, u , uuuur r r1 2 khoõng ủoàng phaỳng

° Vaọy, (d1) vaứ (d2) cheựo nhau

° Goùi MN laứ đoạn vuoõng goực chung cuỷa (d1) vaứ (d2)

2

N (d )∈ ⇒ N(3 t ; t ; 0)+ −

Tacoự:

1

2

N(2; 1; 0)

t 1

3 t 2t (t t) 0

MN u



uuuur r uuuur r

°Toùa ủoọ trung ủieồm I cuỷa MN: I(2; 1; 2), baựn kớnh R 1MN 2.

2

°Vaọy, phửụng trỡnh maởt caàu (S): (x 2)− 2 + −(y 1)2+ −(z 2)2 =4

0,5

0,5

VII Giải phương trỡnh sau trờn tập hợp số phức: (z2 +i z)( 2 − =z) 0

a 2

2

(1) ( )( ) 0

(2)

 = −

−

 .Đặt z = a + bi.(1) ⇔ (a + bi)

2 = -i ⇔ a2 - b2 + 2abi = -i ⇔

hoÆc

a b

ab

a b

ab









(2) ⇔ (a + bi)2 = a - bi

⇔

1 2 0

3

1

3 2

2 hoÆc

a

a b a b

a b a b

ab b

a a

b

 = −









.Vậy phương trình có 6 nghiệm:

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 = 300

0

sin 30

IA MI

⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔ m2+ = ⇔ =9 4 m m7

(2) ⇔ ·AMI = 600

0 sin 60

IA MI

⇔ = ⇔ MI = 2 3

3 R ⇔ 2 9 4 3

3

m + = Vô nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(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

Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: x 2 y 1 z

− = − =

0,5

0,5 VII

b ĐK: x>0 , y>0 : (1) ⇔ 22 log 3xy − 2log 3xy − = 2 0 ⇔log3xy = 1 ⇔ xy = 3⇔y= 3

x

(2)⇔ log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = 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.