THI TH I HC, CAO NG NM 2010. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im) Cõu I (2 im) Cho hm s 2 4 1 x y x + = . 1)Kho sỏt v v th ( ) C ca hm s trờn. 2)Gi (d) l ng thng qua A( 1; 1 ) v cú h s gúc k. Tỡm k sao cho (d) ct ( C ) ti hai im M, N v 3 10MN = . Cõu II (2 im) : 1. Gii h phng trỡnh: 2 2 2 2 12 12 x y x y y x y + + = = 2.Gii phng trỡnh : 01cossin2sinsin2 2 =++ xxxx . Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn: 2 3 0 3sin 2cos (sin cos ) x x I dx x x = + Cõu IV (1 im) Cho hỡnh chúp ct tam giỏc u ngoi tip mt hỡnh cu bỏn kớnh r cho trc. Tớnh th tớch hỡnh chúp ct bit rng cnh ỏy ln gp ụi cnh ỏy nh. Cõu V (1 im) Tìm m để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt : x10 1).12(48 22 ++=++ xxmx . PHN RIấNG (3 im): Thớ sinh ch lm mt trong hai phn (Phn 1 hoc phn 2) 1. Theo chng trỡnh chun. Cõu VI.a (2 im) 1. Cho ABC cú nh A(1;2), ng trung tuyn BM: 2 1 0x y+ + = v phõn giỏc trong CD: 1 0x y+ = . Vit phng trỡnh ng thng BC. 2. Cho ng thng (D) cú phng trỡnh: 2 2 2 2 x t y t z t = + = = + .Gi l ng thng qua im A(4;0;-1) song song vi (D) v I(-2;0;2) l hỡnh chiu vuụng gúc ca A trờn (D). Trong cỏc mt phng qua , hóy vit phng trỡnh ca mt phng cú khong cỏch n (D) l ln nht. Cõu VII.a (1 im) Cho x, y, z l 3 s thc thuc (0;1]. Chng minh rng 1 1 1 5 1 1 1xy yz zx x y z + + + + + + + 2. Theo chng trỡnh nõng cao. Cõu VI.b (2 im) 1) Trong mt phng vi h ta Oxy cho ng trũn hai ng trũn 2 2 ( ) : 2 2 1 0,C x y x y+ + = 2 2 ( '): 4 5 0C x y x+ + = cựng i qua M(1; 0). Vit phng trỡnh ng thng qua M ct hai ng trũn ( ), ( ')C C ln lt ti A, B sao cho MA= 2MB. 2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d : z y x = = 1 2 và d : 1 5 3 2 2 + == z y x . Viết phơng trình mặt phẳng )( đi qua d và tạo với d một góc 0 30 Cõu VII.b (1 im) Cho a, b, c l ba cnh tam giỏc. Chng minh 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b + + + + < ữ + + + + + + Ht Kỳ thi thử đại học- cao đẳng năm 2010 Hớng dẫn chấm môn toán Cõu Phn Ni dung I (2,0) 1(1,0) Lm ỳng, cỏc bc theo S kho sỏt hm s cho im ti a. 2(1,0) T gi thit ta cú: ( ): ( 1) 1.d y k x= + Bi toỏn tr thnh: Tỡm k h phng trỡnh sau cú hai nghim 1 1 2 2 ( ; ), ( ; )x y x y phõn bit sao cho ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 90(*)x x y y + = 2 4 ( 1) 1 ( ) 1 ( 1) 1 x k x I x y k x + = + + = + . Ta cú: 2 (2 3) 3 0 ( ) ( 1) 1 kx k x k I y k x + + = = + D cú (I) cú hai nghim phõn bit khi v ch khi phng trỡnh 2 (2 3) 3 0(**)kx k x k + + = cú hai nghim phõn bit. Khi ú d cú c 3 0, . 8 k k < Ta bin i (*) tr thnh: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 (1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***)k x x k x x x x+ = + + = Theo nh lớ Viet cho (**) ta cú: 1 2 1 2 2 3 3 , , k k x x x x k k + + = = th vo (***) ta cú phng trỡnh: 3 2 2 8 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0k k k k k k+ + = + + = 3 41 3 41 3, , 16 16 + = = =k k k . KL: Vy cú 3 giỏ tr ca k tho món nh trờn. Cõu í Ni dung 1 1) CõuII:2. Gii phng trỡnh: 01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2 22 =+=++ xxxxxxxx . 22 )3cos2()1(cos8)1cos2( == xxx . Vậy 5,0sin =x hoặc 1cossin = xx . Với 5,0sin =x ta có kx 2 6 += hoặc kx 2 6 5 += Với 1cossin = xx ta có == = 4 sin 2 2 4 sin1cossin xxx , suy ra kx 2 = hoặc kx 2 2 3 += 2 Điều kiện: | | | |x y≥ Đặt 2 2 ; 0u x y u v x y = − ≥ = + ; x y= − không thỏa hệ nên xét x y ≠ − ta có 2 1 2 u y v v = − ÷ . Hệ phương trình đã cho có dạng: 2 12 12 2 u v u u v v + = − = ÷ 4 8 u v = ⇔ = hoặc 3 9 u v = = + 2 2 4 4 8 8 u x y v x y = − = ⇔ = + = (I) + 2 2 3 3 9 9 u x y v x y = − = ⇔ = + = (II) Giải hệ (I), (II). Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là ( ) ( ) { } 5;3 , 5;4S = Câu Phần Nội dung III (1,0) Đặt , 0 , 0. 2 2 2 x t dx dt x t x t π π π = − ⇒ = − = ⇒ = = ⇒ = Suy ra: 2 2 2 3 3 3 0 0 0 3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin (sin cos ) (cos sin ) (cos sin ) x x t t x x I dx dt dx x x t t x x π π π − − − = = = + + + ∫ ∫ ∫ (Do tích phân không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số). Suy ra: 2 2 2 3 3 2 0 0 0 3sin 2cos 3cos 2sin 1 2 (sin cos ) (cos sin ) (sin cos ) x x x x I I I dx dx dx x x x x x x π π π − − = + = + = + + + ∫ ∫ ∫ = = 2 2 2 2 2 0 0 0 1 1 1 1 tan 1 2 4 2 4 2cos cos 4 4 dx d x x x x π π π π π π π = − = − = ÷ ÷ − − ÷ ÷ ∫ ∫ . KL: Vậy 1 . 2 =I IV 0,25 Gi H, H l tõm ca cỏc tam giỏc u ABC, ABC. Gi I, I l trung im ca AB, AB. Ta cú: ( ) ( ) ( ) ' ' ' ' ' ' AB IC AB CHH ABB A CII C AB HH Suy ra hỡnh cu ni tip hỡnh chúp ct ny tip xỳc vi hai ỏy ti H, H v tip xỳc vi mt bờn (ABBA) ti im 'K II . 0,25 Gi x l cnh ỏy nh, theo gi thit 2x l cnh ỏy ln. Ta cú: 1 3 1 3 ' ' ' ' ' ; 3 6 3 3 x x I K I H I C IK IH IC= = = = = = Tam giỏc IOI vuụng O nờn: 2 2 2 2 3 3 ' . . 6r 6 3 x x I K IK OK r x= = = 0,25 Th tớch hỡnh chúp ct tớnh bi: ( ) ' . ' 3 h V B B B B= + + Trong ú: 2 2 2 2 2 4x 3 3 3r 3 3 6r 3; ' ; 2r 4 4 2 x B x B h= = = = = = 0,25 T ú, ta cú: 2 2 3 2 2 2r 3r 3 3r 3 21r . 3 6r 3 6r 3. 3 2 2 3 V ữ = + + = ữ 0,25 V Nhận xét : 10x 48 2 ++ x = 2(2x+1) 2 +2(x 2 +1) Phơng trình tơng đơng với : 2 ( 02) 1 12 () 1 12 2 2 2 =+ + + + + x x m x x . Đặt t x x = + + 1 12 2 Điều kiện : -2< t 5 . Rút m ta có: m= t t 22 2 + Lập bảng biến thiên của hàm số trên ( ] 5,2 , ta có kết quả của m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt là: 5 12 4 < m hoặc -5 < 4 < m 0,25 0,25 0,25 0,25 VIa 0,75 1 1,00 im ( ) : 1 0 ;1C CD x y C t t + = . Suy ra trung im M ca AC l 1 3 ; 2 2 t t M + ữ . 0,25 im ( ) 1 3 : 2 1 0 2 1 0 7 7;8 2 2 t t M BM x y t C + + + = + + = = ữ 0,25 Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y⊥ + − = tại I (điểm K BC ∈ ). Suy ra ( ) ( ) : 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + = . Tọa độ điểm I thỏa hệ: ( ) 1 0 0;1 1 0 x y I x y + − = ⇒ − + = . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của ( ) 1;0K − . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0 7 1 8 x y x y + = ⇔ + + = − + 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng ∆ , thì ( )//( )P D hoặc ( ) ( )P D⊃ . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA≤ và IH AH⊥ . Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ,d D P d I P IH H P = = ∈ Trong mặt phẳng ( ) P , IH IA≤ ; do đó axIH = IA H Am ⇔ ≡ . Lúc này (P) ở vị trí (P 0 ) vuông góc với IA tại A. Vectơ pháp tuyến của (P 0 ) là ( ) 6;0; 3n IA= = − r uur , cùng phương với ( ) 2;0; 1v = − r . Phương trình của mặt phẳng (P 0 ) là: ( ) ( ) 2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z− − + = . VIIa Để ý rằng ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 0xy x y x y+ − + = − − ≥ ; và tương tự ta cũng có 1 1 yz y z zx z x + ≥ + + ≥ + 0,25 Vì vậy ta có: ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 zx+y 1 5 1 1 5 5 x y z x y z xy yz zx yz zx xy x y z yz xy z z y x yz zx y xy z z y x z y y z + + + + ≤ + + + + + ÷ + + + + + + ≤ + + + + + = − − + ÷ + + + ≤ − − + ÷ + + = vv 1,00 VIb 1) + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và 1, ' 3R R= = , đường thẳng (d) qua M có phương trình 2 2 ( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)a x b y ax by a a b− + − = ⇔ + − = + ≠ . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. Khi ú ta cú: 2 2 2 2 2 2 ' ' 'MA MB IA IH I A I H= = ( ) ( ) 2 2 1 ( ; ) 4[9 ( '; ) ]d I d d I d = , .IA IH> ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 9 4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35 a b d I d d I d a b a b = = + + 2 2 2 2 2 2 36 35 36 a b a b a b = = + D thy 0b nờn chn 6 1 6 = = = a b a . Kim tra iu kin IA IH> ri thay vo (*) ta cú hai ng thng tho món. 2 .Đờng thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phơng )1;1;1( u Đờng thẳng d đi qua điểm )5;3;2(' M và có vectơ chỉ phơng )1;1;2(' u . Mp )( phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và 2 1 60cos)';cos( 0 ==un Bởi vậy nếu đặt );;( CBAn = thì ta phải có : = ++ + =+ 2 1 6 2 0 222 CBA CBA CBA = += +++= += 02 )(632 22 222 CACA CAB CCAAA CAB Ta có 0)2)((02 22 =+= CACACACA . Vậy CA = hoặc CA =2 . Nếu CA = ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó 2=B , tức là )1;2;1(=n và )( mp có phơng trình 0)2(2 =++ zyx hay 042 =++ zyx Nếu CA =2 ta có thể chọn 2,1 == CA , khi đó 1=B , tức là )2;1;1( =n và )( mp có ph ơng trình 02)2( = zyx hay 022 =+ zyx VIIb 1,00 Vỡ a, b, c l ba cnh tam giỏc nờn: a b c b c a c a b + > + > + > . t ( ) , , , , 0 , , 2 2 a b c a x y a z x y z x y z y z x z x y + + = = = > + > + > + > . V trỏi vit li: 2 3 3 2 a b a c a VT a c a b a b c x y z y z z x x y + + = + + + + + + = + + + + + Ta có: ( ) ( ) 2 2 z z x y z z x y z z x y x y z x y + > ⇔ + + < + ⇔ > + + + . Tương tự: 2 2 ; . x x y y y z x y z z x x y z < < + + + + + + Do đó: ( ) 2 2 x y z x y z y z z x x y x y z + + + + < = + + + + + . Tức là: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b + + + + < ÷ + + + + + + V.Phương trình ( ) ( ) 3 4 1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − = (1) Điều kiện : 0 1x≤ ≤ Nếu [ ] 0;1x ∈ thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện 1 1 2 x x x= − ⇒ = . Thay 1 2 x = vào (1) ta được: 3 0 1 1 2. 2. 1 2 2 m m m m = + − = ⇒ = ± * Với m = 0; (1) trở thành: ( ) 2 4 4 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = Phương trình có nghiệm duy nhất. * Với m = -1; (1) trở thành ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 4 4 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 0 1 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x + − − − − − = − ⇔ + − − − + + − − − = ⇔ − − + − − = + Với 4 4 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = + Với 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. * Với m = 1 thì (1) trở thành: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 4 1 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x+ − − − = − − ⇔ − − = − − Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 1 0, 2 x x= = nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. . + + + + Ht Kỳ thi thử đại học- cao đẳng năm 2 010 Hớng dẫn chấm môn toán Cõu Phn Ni dung I (2,0) 1(1,0) Lm ỳng, cỏc bc theo S kho sỏt hm s cho im ti a. 2(1,0) T gi thit ta cú: ( ): (. kiện : -2< t 5 . Rút m ta có: m= t t 22 2 + Lập bảng biến thi n của hàm số trên ( ] 5,2 , ta có kết quả của m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt là: 5 12 4 < m hoặc -5 < 4 < m 0,25 0,25 0,25 0,25 VIa 0,75 1. qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phơng )1;1;1( u Đờng thẳng d đi qua điểm )5;3;2(' M và có vectơ chỉ phơng )1;1;2(' u . Mp )( phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n