DE THI THU DAI HOC VA DAP AN 2010

MÔN TOÁN - A ( ĐỀ 05) (Thời gian làm bài: 180 phút) A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số: ( ) 3 2 3 1 9 2y x m x x m= − + + + − (1) có đồ thị là (C m ) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1. 2) Xác định m để (C m ) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng 1 2 y x= . Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 =+xx b) Giải phương trình : 3 2 3 512)13( 22 −+=−+ xxxx Câu III (1 điểm) Tính tích phân ∫ + = 2ln3 0 2 3 )2( x e 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 4 3 a Câu V (1 điểm) 1. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1 22 =+− yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 1 1 22 44 ++ ++ = yx yx 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: 10)2)(3)(( 2 =++− zzzz , ∈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 5 0x y∆ − − = 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 − + = − − = − zyx d 13 3 1 2 : 2 zyx d = + = − Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d 1 và d 2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 2log9)2log3( 22 −>− xxx …… HẾT Hoàng Khắc Lợi 0915124546 ĐÁP ÁN Câu I b) b) 9)1(63' 2 ++−= xmxy Để hàm số có cực đậi, cực tiểu: 09.3)1(9' 2 >−+=∆ m 03)1( 2 >−+= m );31()31;( +∞+−∪−−−∞∈⇔ m Ta có ( ) 14)22(29)1(63 3 1 3 1 22 ++−+−++−       + −= mxmmxmx m xy Gọi tọa độ điểm cực đại và cực tiểu là (x 1 ; y 1 ) và (x 2 ; y 2 ) 14)22(2 1 2 1 ++−+−=⇒ mxmmy 14)22(2 2 2 2 ++−+−= mxmmy Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là 14)22(2 2 ++−+−= mxmmy Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt xy 2 1 = ta có điều kiện cần là [ ] 1 2 1 .)22(2 2 −=−+− mm 122 2 =−+⇔ mm    −= = ⇔=−+⇔ 3 1 032 2 m m mm Theo định lí Viet ta có:    = +=+ 3. )1(2 21 21 xx mxx Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài. Câu II a PT ⇔ 1)1cos4(3cos2 2 =−xx ⇔ 1)sin43(3cos2 2 =− xx Nhận xét Zkkx ∈= , π không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 1)sin43(3cos2 2 =− xx ⇔ xxxx sin)sin4sin3(3cos2 3 =− ⇔ xxx sin3sin3cos2 = ⇔ xx sin6sin = ⇔    +−= += ππ π 26 26 mxx mxx ⇔       += = 7 2 7 5 2 ππ π m x m x ; Zm ∈ Xét khi = 5 2 π m π k ⇔ 2m=5k ⇔ m t5 = , Zt ∈ Xét khi 7 2 7 ππ m + = π k ⇔ 1+2m=7k ⇔ k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Zl ∈ Vậy phương trình có nghiệm: 5 2 π m x = ( tm 5 ≠ ); 7 2 7 ππ m x += ( 37 +≠ lm ) trong đó Zltm ∈,, b) Giải phương trình : 3 2 3 512)13( 22 −+=−+ xxxx PT ⇔ 631012)13(2 22 −+=−+ xxxx 232)12(412)13(2 222 −++−=−+ xxxxx . Đặt )0(12 2 ≥−= txt Hoàng Khắc Lợi 0915124546 Pt trở thành 0232)13(24 22 =−+++− xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx Pt trở thành 0232)13(24 22 =−+++− xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx Từ đó ta có phương trình có nghiệm : 2 2 ; 2 12 + = − = x t x t Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:    +    +− ∈ 7 602 ; 2 61 x Câu III Ta c ó ∫ + = 2ln3 0 2 33 3 )2( xx x ee dxe I = Đặt u= 3 x e ⇒ dxedu x 3 3 = ; 22ln3;10 =⇒==⇒= uxux Ta được: ∫ + = 2 1 2 )2( 3 uu du I =3 du u uu ∫     + −     + − 2 1 2 )2(2 1 )2(4 1 4 1 =3 2 1 )2(2 1 2ln 4 1 ln 4 1         + ++− u uu 8 1 ) 2 3 ln( 4 3 −= Vậy I 8 1 ) 2 3 ln( 4 3 −= Gọi M là trung điểm BC ta thấy:    ⊥ ⊥ BCOA BCAM ' )'( AMABC ⊥⇒ Kẻ ,'AAMH ⊥ (do A∠ nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) Do BCHM AMAHM AMABC ⊥⇒    ∈ ⊥ )'( )'( .Vậy HM là đọan vông góc chung của AA’và BC, do đó 4 3 )BC,A'( aHMAd == . Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AH HM AO OA = ' ⇔ suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A === Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC ==== Hoàng Khắc Lợi 0915124546 A B C C ’ B ’ A ’ H O M Cõu V 2. Cho x,y,z tho món l cỏc s thc: 1 22 =+ yxyx .Tỡm giỏ tr ln nht ,nh nht ca biu thc 1 1 22 44 ++ ++ = yx yx P Từ giả thiết suy ra: xyxyyx xyxyxyyxyx 33)(1 21 2 22 += =+= Từ đó ta có 1 3 1 xy . Măt khác xyyxyxyx +=+=+ 11 2222 nên 12 2244 ++=+ xyyxyx .đăt t=xy Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của 1 3 1 ; 2 22 )( 2 + ++ == t t tt tfP Tính = = = + += )(26 26 0 )2( 6 10)(' 2 lt t t tf Do hàm số liên tục trên [ ] 1; 3 1 nên so sánh giá trị của ) 3 1 ( f , )26( f , )1(f cho ra kết quả: 626)26( == fMaxP , 15 11 ) 3 1 (min == fP Cõu VIa a) (Hc sinh t v hỡnh) Ta cú: ( ) 1;2 5AB AB= = uuur . Phng trỡnh ca AB l: 2 2 0x y+ = . ( ) ( ) : ;I d y x I t t = . I l trung im ca AC: )2;12( ttC Theo bi ra: 2),(. 2 1 == ABCdABS ABC 446. =t = = 3 4 0 t t T ú ta cú 2 im C(-1;0) hoc C( 3 8 ; 3 5 ) tho món . *T phng trỡnh on chn suy ra pt tng quỏt ca mp(ABC) l:2x+y-z-2=0 *Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca O l ờn (ABC), OH vuụng gúc vi (ABC) nờn )1;1;2(// nOH ; ( ) H ABC Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vo phng trỡnh( ABC) cú t= 3 1 suy ra ) 3 1 ; 3 1 ; 3 2 ( H *O i xng vi O qua (ABC) H l trung im ca OO ) 3 2 ; 3 2 ; 3 4 (' O CõuVIIa Gii phng trỡnh: 10)2)(3)(( 2 =++ zzzz , z C. PT =++ 10)3)(1)(2( zzzz 0)32)(2( 22 =++ zzzz t zzt 2 2 += . Khi ú phng trỡnh (8) tr thnh: t zzt 2 2 += . Khi ú phng trỡnh (8) tr thnh 0103 2 = tt = = = = 61 1 5 2 z iz t t Vy phng trỡnh cú cỏc nghim: 61=z ; iz = 1 Vit phng trỡnh ng AB: 4 3 4 0x y+ = v 5AB = Vit phng trỡnh ng CD: 4 17 0x y + = v 17CD = Hong Khc Li 0915124546 Điểm M thuộc ∆ có toạ độ dạng: ( ;3 5)M t t= − Ta tính được: 13 19 11 37 ( , ) ; ( , ) 5 17 t t d M AB d M CD − − = = Từ đó: ( , ). ( , ). MAB MCD S S d M AB AB d M CD CD= ⇔ = 7 9 3 t t⇔ = − ∨ = ⇒ Có 2 điểm cần tìm là: 7 ( 9; 32), ( ;2) 3 M M− − Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1 , d 2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ ( ) 1 2 ,d d d dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d 1 , d 2 Ta tìm A, B : ' AB u AB u  ⊥   ⊥   uuur r uuur ur A∈d 1 , B∈d 2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) ⇒ AB uuur (….)… ⇒ A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) ⇒ I(2; 1; -1) Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6 Nên có phương trình là: ( ) 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 6x y z− + − + + = CâuVIIb Giải bất phương trình 2log9)2log3( 22 −>− xxx Điều kiện: 0 > x Bất phương trình ⇔ )1(2log)3(3 2 −>− xxx Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình. TH1 Nếu 3 > x BPT ⇔ 3 1 log 2 3 2 − − > x x x Xét hàm số: xxf 2 log 2 3 )( = đồng biến trên khoảng ( ) +∞;0 3 1 )( − − = x x xg nghịch biến trên khoảng ( ) +∞;3 TH 2 :Nếu 30 << x BPT ⇔ 3 1 log 2 3 2 − − < x x x *Với 1>x :Ta có    =< => 0)1()( 0)1()( gxg fxf ⇒ Bpt vô nghiệm * Với 1 < x :Ta có    => =< 0)1()( 0)1()( gxg fxf ⇒ Bpt có nghiệm 10 << x Vậy Bpt có nghiệm    << > 10 4 x x Hoàng Khắc Lợi 0915124546 . 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: 10)2)(3)(( 2 =++− zzzz , ∈z C. Dành cho thí sinh thi. A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thu c đường thẳng ( ) :3 5 0x y∆ − − = 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: .    ⊥ ⊥ BCOA BCAM ' )'( AMABC ⊥⇒ Kẻ ,'AAMH ⊥ (do A∠ nhọn nên H thu c trong đoạn AA’.) Do BCHM AMAHM AMABC ⊥⇒    ∈ ⊥ )'( )'( .Vậy HM là đ an vông góc chung của AA’và BC, do đó 4 3 )BC,A'(