B GIO DC V O TO THI TH I HC, CAO NG NM 2010 Mụn thi : TON Thi gian lm bi : 150 phỳt, khụng k thi gian giao Phần A : Dành cho tất cả các thi sinh . Câu I (2,0 điểm) Cho hm s 1x x y = (C) 1. Kho sỏt v v th hm s. 2. Vit phng trỡnh tip tuyn d ca (C) sao cho d v hai tim cn ca (C) ct nhau to thnh mt tam giỏc cõn. Câu II (2,0 điểm ) 1) Gii phng trỡnh: (1 tgx)(1 + sin2x) = 1 + tgx 2) Tỡm m h phng trỡnh : =+ = 1xyx 0myx2 cú nghim duy nht Câu III(1,0 điểm ) Trong mt phng ta Oxy, tớnh din tớch hỡnh phng gii hn bi cỏc ng y = x 2 v 2 x2y = . Câu IV ( 1,0 điểm ) : Trong mt phng (P) cho na ng trũn ng kớnh AB = 2R v im C thuc na ng trũn ú sao cho AC = R. Trờn ng thng vuụng gúc vi (P) ti A ly im S sao cho ( ) o 60SBC,SAB = . Gi H, K ln lt l hỡnh chiu ca A trờn SB, SC. Chng minh AHK vuụng v tớnh V SABC ? Câu V (1,0 điểm ) Cho a, b l cỏc s dng tha món ab + a + b = 3. Chng minh: 2 3 ba ba ab 1a b3 1b a3 22 ++ + + + + + . Phần B ( Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2) Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo ch ơng trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mt phng Oxy cho cỏc im A(0, 1) B(2, 1) v cỏc ng thng: d 1 : (m 1)x + (m 2)y + 2 m = 0 d 2 : (2 m)x + (m 1)y + 3m 5 = 0 Chng minh d 1 v d 2 luụn ct nhau. Gi P = d 1 d 2 . Tỡm m sao cho PBPA + ln nht 2.( 1,0 điểm ) Cho mt phng (P): x 2y + 2z 1 = 0 v cỏc ng thng 2 z 3 3y 2 1x :d 1 = = v 5 5z 4 y 6 5x :d 2 + == .Tỡm cỏc im M d 1 , N d 2 sao cho MN // (P) v cỏch (P) mt khong bng 2. Cõu VII.a (1 im): Gii phng trỡnh trờn tp s phc: 82)6()4( 44 =+++ zz Phần 2 ( Dành cho học sinh học ch ơng trình nâng cao ) Cõu VI.b 1. (1.0 im) . Cho ng trũn (C): x 2 + y 2 8x + 6y + 21 = 0 v ng thng d: 01yx =+ . Xỏc nh ta cỏc nh hỡnh vuụng ABCD ngoi tip (C) bit A d 2. (1,0 điểm) Trong khụng gian Oxyz cho cỏc im A(3,5,5); B(5,3,7); v mt phng (P): x + y + z = 0 1. Tỡm giao im I ca ng thng AB vi mt phng (P). 2. Tỡm im M (P) sao cho MA 2 + MB 2 nh nht. CâuVII.b ( 1,0 điểm) Gii phng trỡnh trờn tp s phc: 0)3()1( 222 =+++ zz 30 ĐÁP ÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU I 1. Khảo sát hàm số (Bạn đọc tự giải) 2. Ta có ( ) 2 1 y' 0, x 1 x 1 − = < ∀ ≠ − Từ đồ thị ta thấy để tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận một tam giác vuông cân ta phải có hệ số góc của tiếp tuyến là –1 tức là: ( ) ( ) 2x ,0x11x1 1x 1 21 2 2 ==⇒=−⇔−= − − . Tại x 1 = 0 ⇒ y 1 = 0 ⇒ phương trình tiếp tuyến là y = –x . Tại x 2 = 2 ⇒ y 2 = 2 ⇒ phương trình tiếp tuyến là y = –x + 4 CÂU II 1.Giải phương trình: (1 – tgx)(1 + sin2x) = 1 + tgx (1) Đặt: t = tgx 2 t1 t2 x2sin + =⇒ . Pt (1) thành ( ) 2 2t 1 t 1 1 t 1 t   − + = +  ÷ +   ( ) ( ) 2 2 1 t t 1 (t 1)(1 t )⇔ − + = + + ( ) ( ) 2 t 1 0 hay 1 t t 1 (1 t )⇔ + = − + = + t 1 hay t 0⇔ = − = Do đó (1) ⇔ tgx = 0 hay tgx = –1 ⇔ x = kπ hay x = 4 π − + kπ, k ∈¢ Cách khác (1) ⇔ (cosx – sinx)(cosx + sinx) 2 = cosx + sinx (hiển nhiên cosx = 0 không là nghiệm) ⇔ cosx + sinx = 0 hay (cosx – sinx)(cosx + sinx) = 1 ⇔ tgx = -1 hay cos2x = 1⇔ x = 4 π − + kπ hay x = kπ, k ∈¢ 2. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất (I)      −= =−− ⇔      =+ =−− x1xy 0myx2 1xyx 0myx2 Với điều kiện:    ≤ ≥ 1x 0xy ta có (I) ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 y 2x m y 2x m 1 x xy 1 x y x 1 x = −  = −   ⇔ −   = − = ≤    ( ) ( ) 2 2 1 x 2x m x 2 m x 1 0 x − ⇒ = − ⇔ + − − = (∗) ( hiển nhiên x = 0 không là nghiệm của (∗) ) Đặt ( ) 2 f (x) x 2 m x 1= + − − , ( a = 1 ) ycbt ⇔ tìm m để phương trình (∗) có đúng 1 nghiệm thỏa x ≤ 1 ⇔ af(1) < 0 hay f (1) 0 0(vn,do ac 0) c b hay 1 1(VN) 1 a 2a = ∆ = <       = − > − ≤     ⇔ 2 m− < 0 ⇔ m > 2 CÂU III Ta có:    =+ ≥ ⇔−= 2yx 0y x2y 22 2 Là nửa đường tròn tâm O, bán kính 2R = , có y ≥ 0 Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường y = x 2 và 2 x2y −= : 2 2 x 2 x x 1= − ⇔ = ± ; x 2 và [ ] khix 1;1∈ − thì 2 2 x− ≥ x 2 Do đó ta có ( ) ∫∫∫ −−− −−=−−= 1 1 2 1 1 2 1 1 22 dxxdxx2dxxx2S ∫ − −= 1 1 2 1 dxx2I Đặt: x = 2 sint               ππ −∈ 2 , 2 t ⇒ dx = 2 costdt x 1 t ;x 1 t 4 4 π π = − ⇒ = − = ⇒ = ∫∫ π π − π π − =−= 4 4 4 4 2 1 tdtcos2.tcos2tdtcos2.tsin22I ( )       + π =       +=+== π π − π π − π π − ∫∫ 2 1 4 2t2sin 2 1 tdtt2cos1tdtcos2I 4 4 4 4 4 4 2 1 (Nhận xét : ( ) ( ) 4 4 1 0 4 I 1 cos2t dt 2 1 cos2t dt π π π − = + = + ∫ ∫ Vì f(t) = 1 cos2t+ là hàm chẵn) 1 1 2 2 2 1 0 2 I x dx 2 x dx 3 − = = = ∫ ∫ Vậy 3 1 23 2 1 23 2 2 1 4 2S + π =−+ π =−       + π = (đvdt ) (Nhận xét : ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 1 0 S 2 x x dx 2 2 x x dx − = − − = − − ∫ ∫ Vì g(x) = 2 2 2 x x− − là hàm chẵn) C©u IV * Chứng minh ∆AHK vuông Ta có: AS ⊥ CB AC ⊥ CB (∆ACB nội tiếp nửa đường tròn) ⇒ CB ⊥ (SAC) ⇒ CB ⊥ AK mà AK ⊥ SC ⇒ AK ⊥ (SCB) ⇒ AK ⊥ HK ⇒ ∆AHK vuông tại K * Tính V SABC theo R Kẻ CI ⊥ AB Do giả thiết ta có AC = R = OA = OC ⇒ ∆AOC đều ⇒ 2 R IOIA == Ta có SA ⊥ (ABC) nên (SAB) ⊥ (ABC) ⇒ CI ⊥ (SAB) Suy ra hình chiếu vuông góc của ∆SCB trên mặt phẳng (SAB) là ∆SIB Vì AB 4 3 BI = . Suy ra SA.R. 4 3 S 4 3 S SABSIB == (∗) Ta có: 22 SBC RSA.3R 2 1 SC.BC 2 1 S +== Theo định lý về diện tích hình chiếu ta có: 22 SBC o SBCSIB RSA 4 3R S 2 1 60cos.SS +=== (∗∗) Từ (∗), (∗∗) ta có: 2 R SA = Từ đó 12 6R ABCdt.SA 3 1 V 3 SABC =∆= C©u VTừ giả thiết a, b > 0 và ab + a + b = 3. Suy ra: . ab 3 (a b)= − + , (a+1)(b+1) = ab +a +b + 1 = 4 bđt đã cho tương đương với 2 2 3 3a(a 1) 3b(b 1) 3 a b 1 2 (a 1)(b 1) a b + + + + + ≥ + − + + + ( ) ( ) 1 ba 3 ba 4 3 ba 4 3 2 3 ba 2222 − + ++++≥++⇔ ( ) ( ) ( ) 4 ba 12 ba3ba36ba4 2222 − + ++++≥++⇔ ( ) 2 2 12 a b 3 a b 10 a b ⇔ + − + − + ≥ + (A) Đặt x = a+b > 0 2 2 x (a b) 4ab 4(3 x)⇒ = + ≥ = − 2 x 4x 12 0 x 6hay x 2⇒ + − ≥ ⇒ ≤ − ≥ x 2⇒ ≥ ( vì x > 0) 2 2 2 x a b 2ab= + + 2 2 2 2 a b x 2(3 x) x 2x 6⇒ + = − − = + − Thế x như trên , (A) thành 2 12 x x 4 0 x − − + ≥ , với x≥ 2 3 2 x x 4x 12 0⇔ − + − ≥ , với x≥ 2 ( ) ( ) 2 x 2 x x 6 0⇔ − + + ≥ , với x≥ 2 (hiển nhiên đúng) Vậy bđt cho đã được chứng minh. C©u VI.a 1.Tọa độ giao điểm P của d 1 , d 2 là nghiệm của hệ phương trình (m 1)x (m 2)y m 2 (2 m)x (m 1)y 3m 5 − + − = −   − + − = − +  Ta có 2 2 m 1 m 2 3 1 D 2m 6m 5 2 m 0 m 2 m m 1 2 2 − −   = = − + = − + > ∀  ÷ − −   Vì 2 3 1 D 2 m 0 m 2 2   = − + > ∀  ÷   nên d 1 , d 2 luôn luôn cắt nhau. Ta dễ thấy A(0,1) ∈ d 1 ; B(2,−1) ∈ d 2 và d 1 ⊥ d 2 ⇒ ∆ APB vuông tại P ⇒ P nằm trên đường tròn đường kính AB. Ta có (PA + PB) 2 ≤ 2(PA 2 + PB 2 ) = 2AB 2 = 2 2 (2 2) 16= ⇒ PA + PB ≤ 4. Dấu "=" xảy ra ⇔ PA = PB ⇔ P là trung điểm của cung » AB Vậy Max (PA + PB) = 4 khi P là trung điểm của cung » AB ⇒ P nằm trên đường thẳng y = x – 1 qua trung điểm I (1 ;0) của AB và IP = 2 ⇒ P (2 ; 1 ) hay P (0 ;- 1) Vậy ycbt ⇔ m = 1 v m = 2 2. 2.P/trình tham số d 1 : x 1 2t y 3 3t z 2t = +   = −  =   ( ) 1 M d M 1 2t,3 3t, 2t∈ ⇒ + − P/trình tham số d 2 : x 5 6t ' y 4t ' z 5 5t ' = +   =  = − −   ( ) 2 M d N 5 6t ',4t ', 5 5t '∈ ⇒ + − − Vậy ( ) 5t2't5,3t3't4,4t2't6MN −−−−++−= Mặt phẳng (P) có PVT ( ) 2,2,1n P −= Vì MN // (P) 0n.MN P =⇔ ( ) ( ) ( ) 1 6t ' 2t 4 2 4t ' 3t 3 2 5t ' 2t 5 0 t t '⇔ − + − + − + − − − = ⇔ = − . Ta lại có khoảng cách từ MN đến (P) bằng d(M, P) vì MN // (P) ( ) ( ) 2 441 1t22t332t21 = ++ −+−−+ 6 12t 6 6 12t 6 hay 6 12t 6 t 1hay t 0⇔ − + = ⇔ − + = − + = − ⇔ = = . t = 1 ⇒ t' = –1 ⇒ M 1 (3, 0, 2) N 1 (–1, –4, 0) . t = 0 ⇒ t' = 0 ⇒ M 2 (1, 3, 0) N 2 (5, 0, –5) C©u VII.a Đặt 5+= zt . Khi dó phương trình (5) trở thành:      ±−= −= −= ⇒     ±= = ⇔=−+ 105 7 3 10 4 0406 2 2 24 iz z z it t tt Vậy nghiệm của phương trình là: 105;7;3 izzz ±−=−=−= C©u VI.b 1) y 0 2 4 6 x A D –3 I –5 B C Đường tròn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2 Tọa độ của I(4, –3) thỏa phương trình (d): x + y – 1 = 0. Vậy I ∈ d Vậy AI là một đường chéo của hình vuông ngoại tiếp đường tròn, có bán kính R = 2 , x = 2 và x= 6 là 2 tiếp tuyến của (C ) nên . Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 2 ⇒ A(2, –1) . Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 6 ⇒ A(6, –5) . Khi A(2, –1) ⇒ B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1) . Khi A(6, –5) ⇒ B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5) 2.a) Đường thẳng AB có VTCP ( ) ( ) 3,2,2412,8,8a −=−= Phương trình đường thẳng AB:      +−= −= +−= t35z t25y t23x Điểm I (–3+2t; 5- 2t; –5+3t) AB (P)∈ ∩ khi (–3 + 2t) + (5 – 2t) + (–5 + 3t) = 0 ⇔ t = 1 Vậy đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) tại I(–1, 3, –2) b) Tìm M ∈ (P) để MA 2 + MB 2 nhỏ nhất Gọi H là trung điểm của đoạn AB. Tam giác MAB có trung tuyến MH nên: 2 AB MH2MBMA 2 222 +=+ Do đó MA 2 + MB 2 nhỏ nhất ⇔ MH 2 nhỏ nhất Ta để thấy H(1, 1, 1), M ∈ (P) MH nhỏ nhất ⇔ MH ⊥ (P) và để ý rằng mặt phẳng (P): x + y + z = 0 có PVT ( ) 1,1,1OH = và O ∈ (P) ⇒ M ≡ (0, 0, 0) Vậy, với M(0, 0, 0) thì MA 2 + MB 2 nhỏ nhất. (khi đó, ta có min(MA 2 + MB 2 ) = OA 2 + OB 2 = (9 + 25 + 25) + (25 + 9 + 49) = 142) C©u VIIb Phương trình (6) tương đương với:       +−= −= −−= += ⇔     =+++ =−+− ⇔     +−=+ +=+ ⇔+=+ iz iz iz iz iizz iizz ziz ziz ziz 21 1 1 21 031 031 )3(1 )3(1 )3()1( 2 2 2 2 2222 Vậy nghiệm của phương trình là: iziziziz −=+−=−−=+= 1;21;1;21 . B GIO DC V O TO THI TH I HC, CAO NG NM 2010 Mụn thi : TON Thi gian lm bi : 150 phỳt, khụng k thi gian giao Phần A : Dành cho tất cả các thi sinh . Câu I (2,0 điểm) Cho hm. Phần B ( Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2) Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo ch ơng trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mt phng Oxy cho cỏc im A(0,. 2. Cõu VII.a (1 im): Gii phng trỡnh trờn tp s phc: 82)6()4( 44 =+++ zz Phần 2 ( Dành cho học sinh học ch ơng trình nâng cao ) Cõu VI.b 1. (1.0 im) . Cho ng trũn (C): x 2 + y 2 8x + 6y