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

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.. Tính thể tích tứ diện ABCD đó Câu IV..

ĐỀ THAM KHẢO 17

ĐỀ THI TUYỂN 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 y x 4 2mx2m1 (1) , với m là tham số thực.

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 1

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 Giải phương trình sau:  4 4 

4cos 2 sin cos 3 sin(2 ) cos(2 )

Câu III.(1 điểm) Tính tích phân sau: 2

0

3sinx cos sinx cos 2

x

x









Câu IV.(1 điểm)

Cho tứ diện ABCD có góc ABC BAD 90 ;0 CAD1200.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

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 : 1 3 1

x y z

d     

2

x

d  y z Viêt phương trình dường (d) thẳng di qua A ,cắt d và vuông góc với 1  d2

CâuVIIa.(1 điểm)

Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức: z3  (5i z) 24(i1)z12 12 i0

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   :4x - 2y + 4z -15 = 0, đỉnh B thuộc (d): 1

  Tìm toạ độ đỉnh B

CâuVIIb.(1 điểm) Tìm các cặp sp61 thực (x ; y) thoả mãn phương trình:

e x4x y x y3  2 2 1 e x y x3  2xy 1 x4 x y2 2 xy x2 2

-HÕt-híng dÉn chÊm vµ biÓu ®iÓm

2 (1 điểm) ' 3  2 

2

0







 Hàm số đã cho có ba điểm cực trị  pt '

0

y  có ba nghiệm phân biệt và '

y đổi dấu

khi x đi qua các nghiệm đó  m0

 Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

2

3 2

1 2

2

ABC

m

AB AC BC





 



 CâuII 1

ĐK: x-y+1 0

Ta có (1)

2 2 2 2( ) 0 ( )( 2) 0

2 2

    

Với x=y, (2)  x x x      1 x 2 x   1 x y   1 là 1 nghiệm

Với x=2-2y,

2 0

3 3 4

3

x y













KL: Hệ có 3 nghiệm (1;1); (2;0); (8/3;-1/3)

(1) 2cos 2 (1 sin 2 ) sin(2 ) cos(2 )

2 cos 2 (2 sin 2 ) cos sin(2 ) sin cos(2 )

2 cos 2 (2 sin 2 ) sin(2 )

2

2 cos 2 (2 sin 2 ) cos 2x x x

2

cos 2 0

cos 2 0

2 sin 2 1

x

x x







VËy PT cã mét hä nghiÖm : ( )

x k k Z

0.25 0.25

0.25

0.25

Câu III

2 0

2 2 0

0

sinx cos 2 2 cos sinx 2

sinx cos 2

cos sinx

sinx cos 2 sinx cos 2

2ln sinx cos 2 2

4

x

x x

dx x















 





2 2 0

1

2 ln(1 2) ln(1 2)

2 8

dx x c









0 tan( ) 2 tan

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 : MN2 AM2AN2 2AM AN cos1200 3a2  MN a 3

+BN a 2; 1

2

BM  AC a Suy ra : MN2 BM2BN2,Do đó tam giác BMN vuông tại

B

2

BMN

a

+ Goị I là trung điểm của MN, ta có:

2

4

a

Xét tam giác BMN có BI là trung tuyến nên ta có :

Dễ thấyAI2BI2 a2 AB2 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

6

ABMN ABCD

6

0.25

0.25

0.25

0.25

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

d1

d2

Gäi H lµ trung ®iÓm cña AC , H thuéc d nªn suy ra H(a;a)1

Ta cã AH (a1;a 3)

;d cã vtcp 1 u 1(1;1)

 

0.25

0.25

0.25

Cho 0 x y z   : Chứng minh rằng

2

2

3

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



2 2 2 2 2

2

x y



(1)

Đặt a=(2z+y); b=2z+x; c=2x+y

Từ (1) a b c b a c 2 abc 2ab c3

c

 a c b c   b c a c   2c ab2ab c 2(2)

Ta có:

2 2

(3) 2

c b c

ab

a c b c

 

Tương tự:  4

2

ab

b c a c 

2c ab c 2ab 5

Cộng (3); (4); (5) ta được: a c b c   b c a c   2c ab2ab c 2 đpcm

Dấu bằng xảy ra khi: a=b=2c

a 2z+y=2z+x=4x+2y

b x=y=2

5z

0,25

0,25

0,25

0,25

theo gi¶ thiÕt d I AC ( ; ) 2 2 4 2

2

b 

Víi b 1 I(1;1) Gäi K lµ trung ®iÓm cña BC Kthuéc d suy ra K(m;2-m)2

Ta cã: IK(m1;1 m KC); (3 m m; 1)

2

m

m







 

+ 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)

+ d cã PTTS : 1

1 3

1 2

 





 



  



;

   d2cã VTCP lµ: u 2 (4;1; 2)

A(1;4;3) d

d1

d2

B

M

d'1

Gäi B d d1 B d 1, B(1-t;3+t;1+2t)

Ta cã : AB ( ;t t1; 2t 2)

 +d d2  ABd2  AB u 2   0 t 5

 

suy ra AB  ( 5; 4;8) VËy ;d cã VTCPAB  ( 5; 4;8)vfa ®i qua A(1;3;4)

PT cña d lµ : 1 4 3



0.25

0.25

0.25 0.25

C©uVII

a

(1§iÓm

)

+BPT log 124 x 1 log 134 x 12x 1 13x

1

   

    

   

(1)

NÕu x 1 th×

VT       x

   

lµ nghiÖmcña BPT

NÕu x 1 Th×

VP      x

   

kh«ng ph¶i lµ nghiÖm cña BPT VËy nghiÖm cña BPT lµ: x 1

0.25 0.25

0.25 0.25

C©uVI

b

(2®iÓm)

1.(1®iÓm)

A(1;1) D B(3;2)

D H M(0;1) C

Ta có AB(2;1)

là VTCP của DC suy ra VTPT của DC là: n (1; 2)

PT DC là : x-2y-1=0 ; 2

( , )

5

d B DC 

Vì C thuộc DC suy ra C(2a+1;a) và MC 5 a

BMC

3

3( )

a a





    

 Với a= 3 suy ra C(7;3)

Gọi I là trung điểm của AB 3

(2; ) 2

I

 Gọi H lảtung điểm của DC suy ra H thuộc DC nên H(2b+1;b)

(2 1; )

2

IH  b b



Vậy 12 7

( ; )

5 10

H khi đó 11 8

( ; )

5 5

PT AD là : 13x-16y+3=0

0.25

0.25

0.25

0.25

2.(1điểm)

A(1;3;2)

H

d

B

K

+Ta có   có VTPT là : n  (2; 1;2) là VTCP của AC

Pt AC là :

1 2 3

2 2

 





 



  



+ Gọi H là trung điểm của AC suy ra   (2; ;3)5

2

Suy ra C(3;2;4)

+d có PTTS là :

2 '

1 2 '







 





B thuộc d nên B(2t’;2t’-1;t’)

0.25

0.25

0.25

0.25

Gäi K lµ trung ®iÓm cña BC ta cã 2 ' 3 2 ' 1 ' 4

2 ' 1 2 ' 5 '

(3 2 ';3 2 ';4 ')



Tam gi¸c ABC c©n AK BC AK BC  0 3 ' 8 ' 4 0t 2 t  

2 ' 3

t t









 

 +Víi t’=2 B(4;3; 2)

+Víi 2 4 1 2

3 3 3 3

Câu VIIb : (1,0 điểm)

Tìm các cặp số thực (x ; y) thỏa mãn phương trình sau:

ex4x y x y3  2 21 ex y x3  2xy1 x4 x y2 2 xy x2 2

+ Đặt x4 x y x y3  2 21u, x3y x 2xy 1 v

PT trở thành e u e v    (2)u v 2

+ Xét f(t)=et - t - 1 Chứng tỏ được ( ) 0,

( ) 0 0

 





  



Từ đó PT (2)  u = v = 0

+ Giải hệ

1 0

1 0





   



 2 2 3

1 1



 

   

Đặt

2

3

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:

z3  (5  i z ) 2  4( i  1) z  12 12  i  0

+ Gọi nghiệm thực đó là a thay vào pt suy ra hệ

2

5 4 12 0

6

4 12 0

a







0,25

+ Khi đó PT đã cho tương đương với

2

6 (1 ) 2 2 0

z





 



0,25

+ Giải ra được các nghiệm là 6, 2i và -1-i Kết luận 0,5