PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa 2 điểm aCho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2.. Tìm toạ độ đỉnh C.
Trang 1
KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010
MÔN TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút)
A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y=2x3−3(2m+1)x2+6 (m m+1)x+1 có đồ thị (Cm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0
2 Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (2;+∞)
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:2cos3x(2cos2x+1)=1
b) Giải phương trình : 3
2
3 5 1 2 ) 1 3 ( x+ x2 − = x2 + x−
Câu III (1 điểm) Tính tích phân =3ln∫2 +
0 (3 e x 2)2
dx
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt
và BC là a 3
4
Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x2 −xy+ y2 =1.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
1
1 2 2
4 4 + +
+ +
=
y x
y x P
B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a)Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2 Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC)
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:(z2 −z)(z+3)(z+2)=10,z C.∈
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a.Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) : 3∆ x y− − =5 0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
2
5 1
1 3
4 : 1
−
+
=
−
−
=
x d
1 3
3 1
2 : 2
z y
x
d − = + =
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3log2 x−2)>9log2 x−2
…… HẾT
Trang 2ĐÁP ÁN Câu I
a) Đồ Học sinh tự làm
0,25 b) y=2x3−3(2m+1)x2+6 (m m+1)x+1⇒ y'=6x2 −6(2m+1)x+6m(m+1)
y’ có ∆=(2m+1)2 −4(m2 +m)=1>0
0,5
+
=
=
⇔
=
1 0
'
m x
m x y
Hàm số đồng biến trên (2;+∞) ⇔ y'>0 ∀x>2⇔ m+1≤2⇔ m≤1
0,25
0,25 Câu II a) Giải phương trình:2cos3x(2cos2x+1)=1 1 điểm
PT⇔ 2cos3x(4cos2 x−1)=1⇔ 2cos3x(3−4sin2 x)=1 0,25 Nhận xét x=kπ,k∈Zkhông là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1 ) sin 4 3 ( 3 cos
2 x − 2 x = ⇔ 2cos3x(3sinx−4sin3 x)=sinx
⇔ 2cos3xsin3x=sinx ⇔ sin6x sin= x
0,25
⇔
+
−
=
+
=
π π
π 2 6
2 6
m x x
m x x
⇔
+
=
=
7
2 7
5 2
π π
π
m x
m x
;m∈Z
0,25
5
2mπ
π
k ⇔2m=5k⇔m=5t , t∈Z
Xét khi
7
2 7
π
π + m =kπ ⇔1+2m=7k⇔k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Z
l∈
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2mπ
x= (m 5≠ t);
7
2 7
π
x= + (m≠7l+3) trong đó m,t,l∈Z
0,25
b)
2
3 5 1 2 ) 1 3
PT ⇔ 2(3x+1) 2x2 −1=10x2 +3x−6
2 3 2 ) 1 2 ( 4 1 2 ) 1 3
(
2 x+ x2 − = x2 − + x2 + x− Đặt t = 2x2 −1(t ≥0)
Pt trở thành 4t2 −2(3x+1)t+2x2 +3x−2=0
Ta có:∆'=(3x+1)2 −4(2x2 +3x−2)=(x−3)2
0,25
Pt trở thành 4t2 −2(3x+1)t+2x2 +3x−2=0
Ta có:∆'=(3x+1)2 −4(2x2 +3x−2)=(x−3)2
0,25
Trang 3Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
; 2
1
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:
+
− +
∈
7
60 2
; 2
6 1
x
0,5
Câu III
0 (3 e x 2)2
dx
Ta c ó ∫
+
=3ln2
3 ) 2 (
x x x
e e
dx e
Đặt u= 3
x
e ⇒3du =e3x dx;x=0⇒u=1;x=3ln2⇒u =2
0,25
Ta được: =∫2 +
1
2 ) 2 (
3
u u
du
u u
u
+
− 2 1
2 ) 2 ( 2
1 )
2 ( 4
1 4
=3
2
1 ) 2 ( 2
1 2
ln 4
1 ln 4
1
+ + +
−
u u
u
0,25
8
1 ) 2
3 ln(
4
Vậy I
8
1 ) 2
3 ln(
4
=
0,25
Câu IV
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
⊥
⊥
BC O A
BC AM
' ⇒BC ⊥( AM A' )
Kẻ MH ⊥ AA,'(do A∠ nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
AM A HM
AM A BC
⊥
⇒
∈
⊥
) ' (
) ' (
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3 )
BC , A'
0,5
A
B
C
C’
B’
A’
H
Trang 4Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM AO
O
A' =
⇔ suy ra
3
a a 3
4 4
3 a 3
3 a AH
HM AO O '
Thể tích khối lăng trụ:
12
3 a a 2
3 a 3
a 2
1 BC AM O ' A 2
1 S
O ' A
0,5
Câu V 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a+b+c=3.Chứng minh
rằng:
3(a2 +b2 +c2)+4abc≥13
1 điểm
Đặt
2
; 13 4
) (
3 ) , ,
t abc c
b a c b a
*Trước hết ta chưng minh: f(a,b,c)≥ f(a,t,t):Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết a≤b≤c
3
3 ≤ + + =
=
− ( , , ) )
, , (a b c f a t t f
13 4
) (
3 13 4
) (
3 a2 +b2 +c2 + abc− − a2 +t2 +t2 − at2 +
= 3(b2 +c2 −2t2)+4a(bc−t2)
− +
−
2
4
) ( 4
4
) ( 2
2
) ( 3
c b a c
2
) )(
2 3
≥
−
do a 1≤
0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: f(a,t,t)≥0 với a+2t=3
Ta có f(a,t,t)=3(a2 +t2 +t2)+4at2 −13
=3((3−2t)2 +t2 +t2)+4(3−2t)t2 −13
= 2(t−1)2(7−4t)≥0 do 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy ra ⇔t =1&b−c=0⇔a=b=c=1(ĐPCM)
0,5
2 Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x2 −xy+ y2 =1.Tìm giá trị lớn
nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
1
1 2 2
4 4 + +
+ +
=
y x
y x P
Tõ gi¶ thiÕt suy ra:
xy xy
y x
xy xy xy y
xy x
3 3
) ( 1
2 1
2
2 2
−
≥
− +
=
=
−
≥ +
−
=
3
1
≤
≤
0,25
M¨t kh¸c x2 −xy+y2 =1⇔x2 +y2 =1+xy nªn x4+y4 =−x2y2+2xy+1 ®¨t t=xy
Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña
Trang 51
3
1
; 2
2 2 )
(
2
≤
≤
− +
+ +
−
=
t
t t t f
TÝnh
−
−
=
−
=
⇔
= + +
−
⇔
=
) ( 2 6
2 6 0
) 2 (
6 1 0 ) (
l t
t t
t
Do hµm sè liªn tôc trªn [ ;1]
3
1
− nªn so s¸nh gi¸ trÞ cña )
3
1 (−
f ,f( 6−2) , f(1) cho ra kÕt qu¶:
6 2 6 ) 2 6
= f
15
11 ) 3
1 (
a) (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có: uuurAB= −( 1;2) ⇒AB= 5 Phương trình của AB là: 2x y+ − =2 0.
I∈ d y x= ⇒I t t I là trung điểm của AC:C(2t−1;2t) 0,5
2
1
=
=
=
= 3 4
0
t t
Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(
3
8
; 3
5 ) thoả mãn
0,5
*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với
(ABC) nên OH//n(2;1;−1) ;H∈(ABC)
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3
1
3
1
; 3
1
; 3
2
H
0,25
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC) ⇔H là trung điểm của OO’⇔ )
3
2
; 3
2
; 3
4 (
CâuVIIa Giải phương trình:(z2 −z)(z+3)(z+2)=10,z C.∈ 1 điểm
PT⇔ z(z+2)(z−1)(z+3)=10⇔ (z2 + 2z)(z2 + 2z− 3 ) = 0 Đặt t=z2 +2z Khi đó phương trình (8) trở thành:
0,25
Đặt t=z2+2z Khi đó phương trình (8) trở thành
t2−3t−10=0
0,25
Trang 6
±
−
=
±
−
=
⇒
=
−
=
⇔
6 1
1 5
2
z
i z
t t
Vậy phương trình có các nghiệm: z=−1± 6;z=−1±i 0,5
Câu VIb
a)
1 điểm
Viết phương trình đường AB: 4x+3y− =4 0 và AB=5
Viết phương trình đường CD: x−4y+17 0= và CD= 17
0,25
Điểm M thuộc∆ có toạ độ dạng: M =( ;3t t−5) Ta tính được:
( , ) 13 19; ( , ) 11 37
0,25
Từ đó: S MAB=S MCD ⇔d M AB AB d M CD CD( , ) = ( , )
3
⇔ = − ∨ = ⇒ Có 2 điểm cần tìm là: ( 9; 32), ( ; 2)7
3
0,5
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A và
B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥d d d dấu bằng xảy ra khi I là( 1, 2)
trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2
0, 25
Ta tìm A, B : '
AB u
AB u
⊥
uuur r
uuur ur A∈d1, B∈d2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
⇒uuur (….)… AB ⇒A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)⇒I(2; 1; -1) 0,25
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6
Nên có phương trình là: ( )2 2 2
CâuVIIb Giải bất phương trình x(3log2 x−2)>9log2 x−2 1 điểm
Điều kiện:x>0
Bất phương trình ⇔ 3(x−3)log2 x>2(x−1)
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình
0.25
TH1 Nếu x>3 BPT ⇔
3
1 log
2
3
−
>
x
x x
Xét hàm số: f x log2 x
2
3 ) ( = đồng biến trên khoảng (0;+∞)
3
1 )
(
−
−
=
x
x x
g nghịch biến trên khoảng (3;+∞)
*Với x>4:Ta có
=
<
=
>
3 ) 4 ( ) (
3 ) 4 ( ) (
g x g
f x f
⇒ Bpt có nghiệm x>4
0,25
Trang 7* Với x<4:Ta có
=
>
=
<
3 ) 4 ( ) (
3 ) 4 ( ) (
g x g
f x f
⇒ Bpt vô nghiệm
TH 2 :Nếu 0< x<3 BPT ⇔
3
1 log
2
3
−
<
x
x x
f x log2 x
2
3 ) ( = đồng biến trên khoảng (0;+∞)
3
1 )
(
−
−
=
x
x x
g nghịch biến trên khoảng ( )0;3
*Với x>1:Ta có
=
<
=
>
0 ) 1 ( ) (
0 ) 1 ( ) (
g x g
f x f
⇒ Bpt vô nghiệm
* Với x<1:Ta có
=
>
=
<
0 ) 1 ( ) (
0 ) 1 ( ) (
g x g
f x f
⇒ Bpt có nghiệm 0<x<1
0,25
Vậy Bpt có nghiệm
<
<
>
1 0
4
x
Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.