Đ THAM KHO 17 Đ THI TUYN 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 4 2 2 1y x mx m= − + − (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1m = . 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 2 2 2 2 1 2. x xy y y x y x y x  + + = +   − + + =   . 2. Giải phương trình sau: ( ) 4 4 4cos 2 sin cos 3 sin(2 ) cos(2 ) 3 3 x x x x x π π + = + + + Câu III.(1 điểm) .Tính tích phân sau: 2 0 3sinx cos sinx cos 2 x I dx x π − = + + ∫ Câu IV.(1 điểm) Cho tứ diện ABCD có góc 0 0 90 ; 120ABC BAD CAD= = = .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 2 2 2 4 2 2 2 4 2 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 3 1 : 1 1 1 2 x y z d − − − = = − và ( ) : 2 2 2 2 x d y z = − = . Viêt phương trình dường (d) thẳng di qua A ,cắt ( ) 1 d và vuông góc với ( ) 2 d CâuVIIa.(1 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức: 3 2 (5 ) 4( 1) 12 12 0z i z i z i − + + − − + = 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 ( ) α :4x - 2y + 4z -15 = 0, đỉnh B thuộc (d): 1 2 2 1 x y z+ = = . Tìm toạ độ đỉnh B. CâuVIIb.(1 điểm) Tìm các cặp sp61 thực (x ; y) thoả mãn phương trình: 4 3 2 2 3 2 1 1 4 2 2 2 2 x x y x y x y x xy e e x x y xy x − + − − + + + = + + − + 1 -HÕt- híng dÉn chÊm vµ biÓu ®iÓm 2. (1 điểm) ( ) ' 3 2 2 0 4 4 4 0 x y x mx x x m x m =  = − = − = ⇔  =  Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ pt ' 0y = có ba nghiệm phân biệt và ' y đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó 0m⇔ > • Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: ( ) ( ) ( ) 2 2 0; 1 , ; 1 , ; 1A m B m m m C m m m− − − + − − + − • 2 1 . 2 ABC B A C B S y y x x m m= − − = V ; 4 , 2AB AC m m BC m= = + = • ( ) 4 3 2 1 2 . . 1 1 2 1 0 5 1 4 4 2 ABC m m m m AB AC BC R m m S m m m =  +  = = ⇔ = ⇔ − + = ⇔ −  =   V CâuII 1 ĐK: x-y+1 0≥ . Ta có (1) 2 2 2 2( ) 0 ( )( 2) 0 2 2 x y xy y y x x y x y y x y x y ⇔ − + − + − = ⇔ − + + − = ⇔ = ∨ = − Với x=y, (2) 1 2 1 1x x x x x x y⇔ − + + = ⇔ = ⇒ = = là 1 nghiệm. Với x=2-2y, 2 0 (2) 2 2 1 2 2 2 3 3 2 8 3 3 4 3 x y y y y y y y y y x =  =   ⇔ − − + + − = ⇔ − = ⇔ ⇒   − = =   KL: Hệ có 3 nghiệm (1;1); (2;0); (8/3;-1/3). 2.(1 §iÓm) :PT+ 2 1 3 1 (1) 2cos 2 (1 sin 2 ) sin(2 ) cos(2 ) 2 2 3 2 3 x x x x π π ⇔ − = + + + 2 cos2 (2 sin 2 ) cos sin(2 ) sin cos(2 ) 6 3 6 3 x x x x π π π π ⇔ − = + + + 2 cos2 (2 sin 2 ) sin(2 ) 2 x x x π ⇔ − = + 2 cos2 (2 sin 2 ) cos 2x x x⇔ − = 2 cos 2 0 cos2 0 2 sin 2 1 x x x =  ⇔ ⇔ =  − =  ( ) 4 2 x k k Z π π ⇔ = + ∈ VËy PT cã mét hä nghiÖm : ( ) 4 2 x k k Z π π = + ∈ 0.25 0.25 0.25 0.25 2 Câu III ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 2 2 2 0 0 0 2 2 0 0 sinx cos 2 2 cos sinx 2 sinx cos 2 cos sinx 2 2 sinx cos 2 sinx cos 2 2ln sinx cos 2 2 2 2 os( ) 1 4 x x I dx x x dx dx dx x x dx x c x + + = + + = + + + + = + + + ữ 2 2 0 1 2 ln(1 2) ln(1 2) 2 2 os ( ) 2 8 dx x c = + + 2 0 tan( ) 2 tan 2 2 8 2 8 x = = 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 : 2 2 2 0 2 . cos120MN AM AN AM AN= + 2 3 3a MN a= = + 2BN a= ; 1 2 BM AC a= = Suy ra : 2 2 2 MN BM BN= + ,Do đó tam giác BMN vuông tại B. 2 1 2 . 2 2 BMN a S BN BM = = + Goị I là trung điểm của MN, ta có: 2 2 2 2 4 a AI AN IN= = Xét tam giác BMN có BI là trung tuyến nên ta có : 2 2 2 2 2 3 2 4 4 BM BN MN a BI + = = Dễ thấy 2 2 2 2 AI BI a AB+ = = 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 2 3 1 1 2 2 . . . 3 3 2 2 12 ABMN BMN a a a V AI S = = = + Mặt khác 1 . . 6 ABMN ABCD V AB AM AN V AB AC AD = = 6 ABCD ABMN V V = 3 3 2 2 6. 12 2 a a = = 0.25 0.25 0.25 0.25 3 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 B C d1 d2 Gäi H lµ trung ®iÓm cña AC , H thuéc 1 d nªn suy ra H(a;a) Ta cã ( 1; 3)AH a a= − − uuur ; 1 d cã vtcp 1 (1;1)u ur Do 1 AH d⊥ 1 . 0 1.( 1) 1.( 3) 2AH u a a a⇔ = ⇔ − + − ⇔ = uuuurur (2;2) (3;1)H C⇒ ⇒ +PT c¹nhAC: x+y+4=0. Do I thuéc 1 d nªn I(b;b). 0.25 0.25 0.25 0.25 Cho 0 x y z< ≤ ≤ : Chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 2 2 2 4 2 2 2 4 2 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   + − − + + − + + + + +     + + +   ≤ + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 z y z x x y z x z y x y z y z x z y z x x y x y x y ⇔ + + − + + + + − + + + + + + + ≤ + + + (1) Đặt a=(2z+y); b=2z+x; c=2x+y Từ (1) 3 2 2 ab a b c b a c abc c c ⇔ − + − + ≤ + ( ) ( ) 2 2 2a c b c b c a c c ab ab c⇔ − + − + ≤ + (2) Ta có: 2 2 (3) 2 b c c b c b c ab a c b c − + − ≤ = ⇔ − ≤ Tương tự: ( ) 4 2 ab b c a c− ≤ ( ) 2 2 5c ab c ab≤ + Cộng (3); (4); (5) ta được: ( ) ( ) 2 2 2a c b c b c a c c ab ab c− + − + ≤ + đpcm Dấu bằng xảy ra khi: a=b=2c a. 2z+y=2z+x=4x+2y b. x=y= 2 5 z 0,25 0,25 0,25 0,25 4 theo gi¶ thiÕt ( ; ) 2d I AC = 2 4 2 2 b − ⇔ = 2 4 2 3( ) 2 4 2 1 b b loai b b − = =   ⇔ ⇔   − = − =   Víi 1 (1;1)b I= ⇒ . Gäi K lµ trung ®iÓm cña BC Kthuéc 2 d suy ra K(m;2-m) Ta cã: ( 1;1 ); (3 ; 1)IK m m KC m m= − − = − − uur uuur 2 1 . 0 3 2 0 2 m IK BC IK KC m m m =  ⊥ ⇒ = ⇔ − + = ⇔  =  uur uuur + 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) + 1 d cã PTTS : 1 3 1 2 x t y t z t = −   = +   = +  ; 2 d cã PT: 1 4 1 2 x y z− = = 2 d⇒ cã VTCP lµ: 2 (4;1;2)u = uur A(1;4;3) d d1 d2 B M d'1 Gäi 1 1 B d d B d= ∩ ⇒ ∈ , B(1-t;3+t;1+2t) Ta cã : ( ; 1;2 2)AB t t t= − − − uuur + 2 2 2 . 0 5d d AB d AB u t⊥ ⇔ ⊥ ⇔ = ⇔ = uuur uur suy ra ( 5;4;8)AB = − uuur VËy ;d cã VTCP ( 5;4;8)AB = − uuur vfa ®i qua A(1;3;4) PT cña d lµ : 1 4 3 5 4 8 x y z− − − = = − 0.25 0.25 0.25 0.25 C©uVII a (1§iÓm ) +BPT ( ) 4 4 log 12 1 log 13 12 1 13 x x x x ⇔ + ≥ ⇔ + ≥ 12 1 1 13 13 x x     ⇔ + ≥  ÷  ÷     (1) NÕu 1x ≤ th× 1 1 12 1 1 1 13 13 VT x     ≥ + = ⇒ ≤  ÷  ÷     lµ nghiÖmcña BPT NÕu 1x ≥ Th× 1 1 12 1 1 1 13 13 VP x     < + = ⇒ >  ÷  ÷     kh«ng ph¶i lµ nghiÖm cña BPT VËy nghiÖm cña BPT lµ: 1x ≤ 0.25 0.25 0.25 0.25 C©uVI. b (2®iÓm) 1.(1®iÓm) 5 A(1;1) D B(3;2) D H M(0;1) C Ta cã (2;1)AB uuur lµ VTCP cña DC suy ra VTPT cña DC lµ: (1; 2)n − r PT DC lµ : x-2y-1=0 ; 2 ( , ) 5 d B DC = V× C thuéc DC suy ra C(2a+1;a) vµ 5MC a= 1 1 2 ( , ). 3 . . 5 2 2 5 BMC S d B DC MC a ∆ = ⇔ = 3 3 3( ) a a a Loai =  ⇔ = ⇔  = −  Víi a= 3 suy ra C(7;3) Gäi I lµ trung ®iÓm cña AB 3 (2; ) 2 I⇒ Gäi H l¶tung ®iÓm cña DC suy ra H thuéc DC nªn H(2b+1;b) + Ta cã : 3 (2 1; ) 2 IH b b= − − uuur Vµ 7 7 . 0 5 2 10 IH AB IH AB b b⊥ ⇔ = ⇔ = ⇔ = uuur uuur VËy 12 7 ( ; ) 5 10 H khi ®ã 11 8 ( ; ) 5 5 D − − PT AD lµ : 13x-16y+3=0 0.25 0.25 0.25 0.25 2.(1®iÓm) A(1;3;2) H d B K C +Ta cã ( ) α cã VTPT lµ : (2; 1;2)n = − r lµ VTCP cña AC. Pt AC lµ : 1 2 3 2 2 x t y t z t = +   = −   = +  + Gäi H lµ trung ®iÓm cña AC suy ra ( ) 5 (2; ;3) 2 H AC H α = ∩ ⇒ Suy ra C(3;2;4) +d cã PTTS lµ : 2 ' 1 2 ' ' x t y t z t =   = − +   =  B thuéc d nªn B(2t’;2t’-1;t’) 0.25 0.25 0.25 0.25 6 Gäi K lµ trung ®iÓm cña BC ta cã 2 ' 3 2 ' 1 ' 4 ( ; ; ) 2 2 2 t t t K + + + 2 ' 1 2 ' 5 ' ( ; ; ) 2 2 2 t t t AK + − = uuur (3 2 ';3 2 ';4 ')BC t t t= − − − uuur Tam gi¸c ABC c©n 2 . 0 3 ' 8 ' 4 0AK BC AK BC t t⇒ ⊥ ⇔ = ⇔ − + = uuur uuur ' 2 2 ' 3 t t =   ⇔  =  +Víi t’=2 (4;3;2)B⇒ +Víi 2 4 1 2 ' ( ; ; ) 3 3 3 3 t B= ⇒ Câu VIIb : (1,0 điểm) Tìm các cặp số thực (x ; y) thỏa mãn phương trình sau: 4 3 2 2 3 2 1 1 4 2 2 2 2 x x y x y x y x xy e e x x y xy x − + − − + + + = + + − + + Đặt 4 3 2 2 3 2 1 , x 1x x y x y u y x xy v− + − = − + + = PT trở thành 2 u v e e u v+ = + + (2) + Xét f(t)=e t - t - 1. Chứng tỏ được ( ) 0, ( ) 0 0 f t t f t t ≥ ∀   = ⇔ =  Từ đó PT (2) ⇔ u = v = 0 + Giải hệ 4 3 2 2 3 2 1 0 1 0 x x y x y x y x xy  − + − =   − + + =   ( ) 2 2 3 2 3 1 1 x xy x y x xy x y  − = −  ⇔   − = +  . Đặt 2 3 x xy a 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: 3 2 (5 ) 4( 1) 12 12 0z i z i z i − + + − − + = + Gọi nghiệm thực đó là a thay vào pt suy ra hệ 3 2 2 5 4 12 0 6 4 12 0 a a a a a a  − − − =  ⇔ =  − + + =   0,25 + Khi đó PT đã cho tương đương với ( ) ( ) 2 2 6 (1 ) 2 2 0 6 (1 ) 2 2 0 z z i z i z z i z i − + − − + = =  ⇔  + − − + =  0,25 + Giải ra được các nghiệm là 6, 2i và -1-i . Kết luận 0,5 7 . Đ THAM KHO 17 Đ THI TUYN 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. 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 ( ) α :4x - 2y + 4z -1 5 = 0, đỉnh B thuộc (d):. 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