TRUNG TÂM LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO THÀNH CÔNG QUẢNG NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Toán - Khối A, B (ĐỀ T3) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 có đồ thị là (C m ); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Xác định m để (C m ) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (C m ) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình sau: sin( 2 π + 2x)cot3x + sin( π + 2x) – 2 cos5x = 0 . 2. Giải phương trình 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x− + − − = + + + − + . Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = ( ) 1 2 0 4 d 4 5 x x x x + + + ∫ Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, · 0 60ABC = ;SD =a 3 và vuông góc với đáy. Gọi I, H lần lượt là trực tâm của các tam giác ACD và SAC. Tính thể tích khối tứ diện HIAC. Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: x + y + z = xyz. Tìm GTNN của A = )1()1()1( zxy zx yzx yz xyz xy + + + + + . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa.( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho ΔABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của ΔABC. 2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng: (d 1 ): = = = 4z ty t2x và ( d 2 ) : 3 0 x t y t z = − = = .Chứng minh rằng (d 1 ) và ( d 2 ) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d 1 ) và ( d 2 ). Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: 2 2 ( )( ) 0z i z z+ − = . 2. Theo chương trình Nâng cao. Câu VIb.(2điểm) 1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 0 . 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có phương trình: x 1 y 1 z 2 1 1 − + = = − .Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu VIIb. (1 điểm) Giải hệ phương trình 3 3 log log 2 2 2 4 4 4 4 2 ( ) log ( ) 1 log 2 log ( 3 ) xy xy x y x x y = + + + = + + . Hết ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ 02 Câu Ý Nội dung Điể m I 1 y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 (C m ) 1. m = 3 : y = x 3 + 3x 2 + 3x + 1 (C 3 ) + TXĐ: D = R + Giới hạn: lim , lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ + y’ = 3x 2 + 6x + 3 = 3(x 2 + 2x + 1) = 3(x + 1) 2 ≥ 0; ∀x * Bảng biến thiên: + y” = 6x + 6 = 6(x + 1) y” = 0 ⇔ x = –1 tâm đối xứng I(-1;0) * Đồ thò (C 3 ): 1đ 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và đường thẳng y = 1 là: x 3 + 3x 2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x 2 + 3x + m) = 0 ⇔ = + + = 2 x 0 x 3x m 0 (2) * (C m ) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt: ⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm x D , x E ≠ 0.⇔ ≠ ∆ = − > ⇔ < + × + ≠ 2 m 0 9 4m 0 4 m 0 3 0 m 0 9 Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là: k D =y’(x D )= + + = − + 2 D D D 3x 6x m (3x 2m); k E = y’(x E ) = + + = − + 2 E E E 3x 6x m (3x 2m). Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k D k E = –1. ⇔ (3x D + 2m)(3x E + 2m) = 9x D x E +6m(x D + x E ) + 4m 2 = –1 ⇔ 9m + 6m × (–3) + 4m 2 = –1; (vì x D + x E = –3; x D x E = m theo đònh lý Vi- ét). ⇔ 4m 2 – 9m + 1 = 0 ⇔ m = ( ) m 1 9 65 8 ĐS: m = ( ) ( ) − = m 1 1 9 65 hay m 9 65 8 8 0,5 0,5 II 1 ĐK: sin3x ≠ 0. Khi đó pt 0,5 0,5 cos3x cos2 sin 2 2 cos5 0 cos2 cos3 sin 2 sin 3 2 sin 3 cos5 0 sin 3 2 2 cos5 (1 2 sin3 ) 0 ; ; ( ) 10 2 12 3 4 3 x x x x x x x x x x k k k x x x x x k Z π π π π π π ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ − = ⇔ = + = + = + ∈ 2 Đặt: 2 2 2 2 2 1 0 3 2 0 2 2 3 0 2 0 u x v x x p x x q x x = − ≥ = − − ≥ = + + ≥ = − + ≥ Điều kiện: 2 2 2 1 0 3 2 0 x x x − ≥ − − ≥ (*) Ta thấy: u 2 – v 2 = p 2 – q 2 = x 2 + 3x + 1 Ta có hệ: 2 2 2 2 u v p q u v p q u v p q u v p q + = + + = + ⇔ − = − − = − 2 2 2 2 u p u v v q v q = = ⇔ = = ⇔ 2 2 2 2 2 1 2 2 3 2 3 2 2 x x x x x x x x − = + + ⇔ = − − − = − + Vậy nghiệm của pt: x = -2 (thoả điều kiện (*)) 0,5 0.5 III I = ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 0 0 0 4 d 2 d d 2 4 5 4 5 4 5 x x x x x x x x x x x + + = + + + + + + + ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 2 2 0 0 0 1 d 4 5 d 2 4 5 2ln 2 4 5 2 4 5 2 1 x x x x x x x x x x x + + = + = + + + + + + + + + + + ∫ ∫ ( ) ( ) 3 10 10 5 2ln 3 10 2ln 2 5 10 5 2ln 2 5 + = − + + − + = − + + 1đ IV H¹ HH' ⊥ BD t¹i H'. 1 . '. 3 HIAC IAC V HH S ∆ = . Cã 2 1 1 1 3 3 . . . 2 2 3 2 12 IAC a a S IO AC a ∆ = = = . C/m được ΔIHO vuông tại H suy ra: 2 2 2 2 2 2 3 . 3 . 6 15 3 3 4 3 6 15 2 15 a a IH IO IO SD a SDO IHO IH SD SO SO a a a a a OH IO IH ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = = = + ⇒ = − = − = ÷ ÷ ÷ : Cã: HH'//SD ' 1 3 ' 15 15 HH OH a HH SD OS ⇒ = = ⇒ = . VËy 2 3 1 1 3 3 . '. . . 3 3 15 12 180 HIAC IAC a a a V HH S ∆ = = = 0,5 0,5 V Cách 1:CM: ∀ a, b > 0 thì +≤ + baba 11 4 11 (1) Dấu “ =” xảy ra ba =⇔ A = + + + + + −++ xyzzxyzyxyzxzyx 111111 A = ++ + ++ + ++ −++ yxzxzyzyxzyx 2 1 2 1 2 1111 A S C D B H' O N K H I Áp dụng (1) ta có: A + + + + + +++−++≥ yxxzzyzyxzyx 111 2 1 2 1 2 1 4 1111 ++= ++−++≥ zyxzyxzyx 111 4 3111 4 1111 CM: Với mọi a, b, c thì: ( ) ( ) cabcabcba ++≥++ 3 2 (2) Dấu “=” xảy ra cba ==⇔ Áp dụng (2) ta có: 3.3 111 3 111 2 = ++ = ++≥ ++ xyz zyx zxyzxyzyx Do x, y, z > 0 nên 3 111 ≥++ zyx ⇒ A 4 33 ≥ KL: 4 33 min = A đạt được khi 3=== zyx Cách 2: A = ++ + ++ + ++ −++ yxzxzyzyxzyx 2 1 2 1 2 1111 Theo CơSi: A ++−++≥ 444 4 1 4 1 4 1111 xyzzxyyzxxyz zyx A ++++++++−++≥ zyxzyxzyxzyx 211121112 16 1111 A ++≥ zyx 111 4 3 0,5 0,5 VIa 1 Gäi C=(c; 2c+3) vµ I=(m; 6-m) lµ trung ®iĨm cđa BC Suy ra: B=(2m-c; 9-2m-2c). V× C’ lµ trung ®iĨm cđa AB nªn: 2 5 11 2 2 ' ; ' 2 2 m c m c C CC − + − − = ∈ ÷ nªn 2 5 11 2 2 5 2( ) 3 0 2 2 6 m c m c m − + − − − + = ⇒ = − 5 41 ( ; ) 6 6 I⇒ = − . Ph¬ng tr×nh BC: 3x – 3y + 23=0 • Täa ®é cđa C lµ nghiƯm cđa hƯ: 2 3 0 14 37 ; 3 3 23 0 3 3 x y C x y − + = ⇒ = ÷ − + = • Täa ®é cđa B= 19 4 ; 3 3 − ÷ 0,5 0,5 2 (d 1 ) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương 1 u (2; 1; 0) = r (d 2 ) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương 2 u (3; 3; 0)= − r AB (3; 0; 4)= − uuur ° 1 2 1 2 AB.[u ; u ] 36 0 AB, u , u= ≠ ⇒ uuur r r uuur r r không đồng phẳng. ° Vậy, (d 1 ) và (d 2 ) chéo nhau. ° Gọi MN là đoạn vuông góc chung của (d 1 ) và (d 2 ) ° 1 M (d ) M(2t; t; 4)∈ ⇒ , ∈ ⇒ − / / 2 N (d ) N(3 t ; t ; 0) / / MN (3 t 2t; t t; 4)⇒ = + − − − − uuuur 0,5 0,5 Tacó: / / / 1 / / 2 MN u 2(3 t 2) (t t) 0 M(2; 1; 4) t 1 N(2; 1; 0) t 1 3 t 2t (t t) 0 MN u ⊥ + − − + = = − ⇒ ⇔ ⇒ = + − + + = ⊥ uuuur r uuuur r °Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính 1 R MN 2. 2 = = °Vậy, phương trình mặt cầu (S): 2 2 2 (x 2) (y 1) (z 2) 4.− + − + − = VII a Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: 2 2 ( )( ) 0z i z z+ − = 2 2 2 2 (1) ( )( ) 0 (2) z i z i z z z z = − + − = ⇔ − .Đặt z = a + bi.(1) ⇔ (a + bi) 2 = -i ⇔ a 2 - b 2 + 2abi = -i ⇔ 2 2 2 2 2 1 0 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 hc a b a a ab a b ab a b b b ab = = = − = − − = ⇔ ⇔ = − = − = − = = − (2) ⇔ (a + bi) 2 = a - bi ⇔ 2 2 2 2 1 2 0 3 0 0 2 2 1 1 3 2 2 hc a a b a b a b a b a b ab b a a b = − − = = − = = ⇔ ⇔ = = = − = = − = − .Vậy phương trình có 6 nghiệm: 2 2 2 2 1 3 1 3 , , , , 0, 1 2 2 2 2 2 2 2 2 z i z i z i z i z z= − = − + = − + = − − = = . 0,5 0,5 VIb 1 . (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) Vậy · · 0 0 60 (1) 120 (2) AMB AMB = = Vì MI là phân giác của · AMB (1) ⇔ · AMI = 30 0 0 sin 30 IA MI ⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔ 2 9 4 7m m+ = ⇔ = m (2) ⇔ · AMI = 60 0 0 sin 60 IA MI⇔ = ⇔ MI = 2 3 3 R ⇔ 2 4 3 9 3 m + = Vơ nghiệm Vậy có hai điểm M 1 (0; 7 ) và M 2 (0;- 7 ) 0,5 0,5 2 Gọi H là hình chiếu vng góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vng góc với d. d có phương trình tham số là: x 1 2t y 1 t z t = + = − + = − Vì H ∈ d nên tọa độ H (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).Suy ra : MH uuuur = (2t − 1 ; − 2 + t ; − t) Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là u r = (2 ; 1 ; −1), nên : 2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(−t) = 0 ⇔ t = 2 3 . Vì thế, MH uuuur = 1 4 2 ; ; 3 3 3 − − ÷ Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: x 2 y 1 z 1 4 2 − − = = − − 0,5 0,5 VII b ĐK: x>0 , y>0 : (1) ⇔ 3 3 2log log 2 2 2 0 xy xy − − = ⇔log 3 xy = 1 ⇔ xy = 3⇔y= 3 x (2)⇔ log 4 (4x 2 +4y 2 ) = log 4 (2x 2 +6xy) ⇔ x 2 + 2y 2 = 9 0,5 Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3 ; 3 ) hoặc ( 6 ; 6 2 ) 0,5 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. Hết . 5 2ln 2 4 5 2 4 5 2 1 x x x x x x x x x x x + + = + = + + + + + + + + + + + ∫ ∫ ( ) ( ) 3 10 10 5 2ln 3 10 2ln 2 5 10 5 2ln 2 5 + = − + + − + = − + + 1đ IV H¹ HH' ⊥ BD t¹i H'. 1 A + + + + + ++ + ++ ≥ yxxzzyzyxzyx 111 2 1 2 1 2 1 4 1111 ++ = ++ ++ ≥ zyxzyxzyx 111 4 3111 4 1111 CM: Với mọi a, b, c thì: ( ) ( ) cabcabcba ++ ++ 3 2 (2) . = ++ + ++ + ++ ++ yxzxzyzyxzyx 2 1 2 1 2 1111 Theo CơSi: A ++ ++ ≥ 444 4 1 4 1 4 1111 xyzzxyyzxxyz zyx A ++ ++ + ++ + ++ ≥ zyxzyxzyxzyx 211121112 16 1111