Đề +ĐA lần 2

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



+ 2x)cot3x + sin( + 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

x 3x m 0 (2)

* (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

0 3 0 m 0

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

kD=y’(xD)= 2    

3x 6x m (3x 2m); kE= y’(xE) = 2    

3x 6x m (3x 2m)

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

 (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xxDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1

 9xm + 6m (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét)  4m2 – 9xm + 1 = 0  m = 1 9 65  

8 ĐS: m = 19 65 hay m 19 65

0,5

0,5

II 1 ĐK: sin3x 0 Khi đĩ pt

cos3x

sin 3

x

0,5

0,5

Đặt:

2 2 2 2

2 1 0

3 2 0

2 0













Điều kiện:

2 2

2 1 0

3 2 0

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

S  IO AC a C/m được ΔIHO vuông tại H suy ra:

2 2

3 3

15 3

3 4 3

a a

a



         

 



'

HH

SD OS

0,5

0,5

V

Cách 1:CM:  a, b > 0 thì 















a

1 1 4

1 1

(1) Dấu “ =” xảy ra a  b



























xyz z xyz y xyz x z y x

1 1

1 1

1 1

































y x z x z y z y x z

y

1 2

1 2

1 1

1 1



































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

Áp dụng (2) ta cú: 1 1 1 3 1 1 1 3 3

2











































xyz

z y x zx

yz xy z

y x

Do x, y, z > 0 nờn 1  1  1  3

z y

3 3



KL:

4

3 3 min

A đạt được khi x  y  z  3

































y x z x z y z y x z

y

1 2

1 2

1 1

1 1

























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

















z y x

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:

2 5 11 2 2

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 u1 (2; 1; 0)

(d2) ủi qua ủieồm B(3; 0; 0) vaứ coự vectụ chổ phửụng u2 (3; 3; 0)

AB (3; 0; 4) 

     AB.[u ; u ] 36 0           1 2                 AB, u , u 1 2

khoõng ủoàng phaỳng

 Vaọy, (d1) vaứ (d2) cheựo nhau

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

 M (d ) 1  M(2t; t; 4), N (d ) 2  N(3 t ; t ; 0) / /



Tacoự:

1

2

MN u 2(3 t 2) (t t) 0 t 1 M(2; 1; 4)

N(2; 1; 0)

t 1

3 t 2t (t t) 0

MN u





 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

a Giải phương trình sau trên tập hợp số phức:

(z i z)(  z) 0

2

2

(1)

(2)

z i

z i z z

z z



 Đặt z = a + bi.(1)  (a + bi)2 = -i  a2 - b2 + 2abi = -i 

hoÆc

a b

ab

ab



 



(2)  (a + bi)2 = a - bi



2 2

2 2

1 2 0

3

1

3 2

2 hoÆc

a

a a

b







  





         





     











.Vậy phương trình có 6 nghiệm:

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 = 300

0

sin 30

IA MI

   MI = 2R  m29 4  m 7

(2)  AMI = 600

0

sin 60

IA MI

   MI = 2 3

3 R 

9 3

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 

= (2t  1 ;  2 + t ;  t)

Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên :

2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t = 2

3 Vì thế, MH = 1; 4; 2

3 3 3

 

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 log3xy 2log3xy 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.