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.. 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 y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x có đồ thị (C1 m).
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:2 cos 3x( 2 cos 2x 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
2 ln 3
0 (3 e x 2)2
dx
I
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
phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’
và BC là a 3
4
Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 2 2 1
xy y
x 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:( 2 )( 3 )( 2 ) 10
z z z
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
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)9log2x 2
…… HẾT
Trang 2ĐÁP ÁN Câu I
a) Đồ Học sinh tự làm
0,25 b) y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1 ' 6 2 6(2 1) 6 ( 1)
y’ có ( 2 1 ) 2 4 ( 2 ) 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:2 cos 3x( 2 cos 2x 1 ) 1 1 điểm
PT 2 cos 3 ( 4 cos 2 1 ) 1
x
Nhận xét xk ,kZkhông là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1 ) sin 4 3 ( 3 cos
2 cos 3xsin 3x sinx sin 6x sinx
0,25
2 6
2 6
m x x
m x x
7
2 7 5 2
m x
m x
;m Z
0,25
Xét khi
5
2m
k 2m=5k m 5t , t Z
Xét khi
7
2 7
m
=k 1+2m=7k k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Z
l
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2m
7
2 7
m
trong đó m,t,lZ
0,25
b)
2
3 5 1 2 ) 1 3
PT 2 ( 3 1 ) 2 2 1 10 2 3 6
x x x x
2 3 2 ) 1 2 ( 4 1 2 ) 1 3
(
x x x x
x t t
Pt trở thành 4 2 2 ( 3 1 ) 2 2 3 2 0
t
Ta có: ' ( 3x 1 ) 2 4 ( 2x2 3x 2 ) (x 3 ) 2
0,25
Pt trở thành 4 2 2 ( 3 1 ) 2 2 3 2 0
t
) 3 ( ) 2 3 2 ( 4 ) 1 3 (
0,25
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
; 2
1
t
x t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:
7 60 2
; 2 6 1
x
0,5
Trang 3Câu III
Tính tích phân
2 ln 3
0 (3 e x 2)2
dx
Ta c ó
2 ln 3
3
) 2 (
x x x
e e
dx e
Đặt u= 3
x
e du e dx
x
3
3 ;x 0 u 1 ;x 3 ln 2 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
3
Vậy I ) 81
2
3 ln(
4
3
0,25 Câu IV
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
BC O
A
BC AM
' BC (A'AM)
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
Xét 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 V
3
0,5
Câu V 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc 3.Chứng minh
rằng:
3 ( 2 2 2 ) 4 13
b c abc a
1 điểm
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
Trang 4Đặt
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 abc
3
3
a a b c hay a 1
f(a,b,c) f(a,t,t) 3 ( 2 2 2 ) 4 13 3 ( 2 2 2 ) 4 2 13
a
= 3 (b2 c2 2t2 ) 4a(bc t2 )
2 2
2 2
4
) ( 4
4
) ( 2
2
) (
3 b c a b c
2
) )(
2 3
a b c do a 1
0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: f(a,t,t) 0 với a+2t=3
Ta có ( , , ) 3 ( 2 2 2 ) 4 2 13
t t a f
=3 (( 3 2 ) 2 2 2 ) 4 ( 3 2 ) 2 13
= 2 ( 1 ) 2 ( 7 4 ) 0
Dấu “=” xảy ra t 1 &b c 0 abc 1(ĐPCM)
0,5
2 Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 2 2 1
xy y
x .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
xy
0,25
M¨t kh¸c x2 xyy2 1 x2 y2 1 xy
nªn 4 4 2 2 2 1
y x y xy
Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña
3
1
; 2
2 2 )
t
t t t f
TÝnh
) ( 2 6
2 6 0
) 2 (
6 1 0 ) (
l t
t t
t f
0.25
Do hµm sè liªn tôc trªn ; 1
3
1
nªn so s¸nh gi¸ trÞ cña )
3
1 (
) 2 6 (
f , f( 1 ) cho ra kÕt qu¶:
6 2 6 ) 2 6 (
f
15
11 ) 3
1 (
a) (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có: AB 1;2 AB 5
Phương trình của AB là: 2x y 2 0
0,5
Trang 5 : ;
I d y x I t t I là trung điểm của AC:C( 2t 1 ; 2t)
2
1
AB d C AB
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 ) ;HABC
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 (
O
0,5
CâuVIIa Giải phương trình:( 2 )( 3 )( 2 ) 10
z z z
PT z(z 2 )(z 1 )(z 3 ) 10 ( 2 2 )( 2 2 3 ) 0
z z z z
Đặt t z2 2z
Khi đó phương trình (8) trở thành:
0,25
Đặt t z2 2z
Khi đó phương trình (8) trở thành
2 3 10 0
t t
0,25
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: 4x3y 4 0 và AB 5
Viết phương trình đường CD: x 4y17 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 MABS MCD d M AB AB d M CD CD( , ) ( , )
9 7
3
Có 2 điểm cần tìm là: ( 9; 32), ( ;2)7
3
0,5
Trang 6Giả 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
Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
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: x 22 (y 1)2 (z1)2 6 0,25
CâuVIIb Giải bất phương trình x(3log2 x 2)9log2x 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
2
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 ;
3 ) 4 ( ) (
3 ) 4 ( ) (
g x g
f x f
Bpt có nghiệm x 4
3 ) 4 ( ) (
3 ) 4 ( ) (
g x g
f x f
Bpt vô nghiệm
0,25
TH 2 :Nếu 0 x 3 BPT
3
1 log
2
3
2
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.