THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút) I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất cả các thí sinh Câu I(2 điểm) :Cho hàm số 3 2 y x 2mx (m 3)x 4= + + + + có đồ thị là (C m ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C 1 ) của hàm số trên khi m = 2. 2) Cho E(1; 3) và đường thẳng ( ∆ ) có phương trình x-y + 4 = 0. Tìm m để ( ∆ ) cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A, B, C ( với x A = 0) sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4. Câu II (2 điểm):a.Giải phương trình: 2 3 2 sin 2 1 1 3 2cos sin 2 tanx + + = + + x x x . b.Giải hệ phương trình : 3 2 4 3 2 2 x y x xy 1 x x y x y 1 − + = − − + = Câu III (1 điểm). Tính tính phân sau: π 2 2 0 dx I cos x 3cos x 2 = + + ∫ . Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng / / / ABC. A B C có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên 2a .Gọi E là trung điểm của / BB .Xác định vị trí của điểm F trên đoạn / AA sao cho khoảng cách từ F đến C / E là nhỏ nhất. Câu V (1 điểm):Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn: 1 1 1 1+ + = a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b c c a a b T a b c + + + = + + II. Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VIa: ( 2 điểm) 1/.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng (d) : 3 7 0x y+ − = và điểm A(3;3). Tìm toạ độ hai điểm B, C trên đường thẳng (d) sao cho ∆ ABC vuông, cân tại A. 2/. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x y 5z 1 0+ − + = . Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng (P) một góc 60 0 Câu VIIa:( 1 điểm) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau: 2 2 1 3 1 9 19 2 2 720 m m n m n C C A P − + − + + < = Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu VIb:( 2 điểm) 1/. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3), B( )0;2(),0; 4 1 C 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. Câu VII:( 1 điểm) Giải hệ phương trình : ( ) ( ) 2 2 3 3 2 2 2 2 log log 4 − = − − + + = y x y x x xy y x y Hết Ghi chú :-Thí sinh không được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu ĐÁP ÁN Điểm Ia -Tập xác định , tính y / -Nghiệm y / và lim -Bảng biến thiên -Đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 Ib PT hoành độ giao điểm : 3 2 x 2mx (m 3)x 4 x 4 + + + + = + (1) 2 x(x 2mx m 2) 0⇔ + + + = 2 x 0 g(x) x 2mx m 2 0 (2) = ⇔ = + + + = (d) cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. / 2 m 1 m 2 m m 2 0 (a) m 2 g(0) m 2 0 ≤ − ∨ ≥ = − − > ⇔ ⇔ ≠ − = + ≠ Δ Diên tích 1 S BC.d(E,BC) 2 = Khoảng cách d(E,BC) 2= Suy ra BC = 4 2 2 B C B C (x x ) 4x x 16+ − = 2 4m 4(m 2) 16− + = Giải pt m = 3, m = -2 (loại) 0,25 0,25 0,25 0,25 II a . Đk: 2 x k π ≠ Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 2 3 2 1 3 2 sin 2 + + − =tan cot x x x 2 2 2 2 2(sin cos ) 3 3 2 sin cos 3 2 3 0 + ⇔ + − = ⇔ + − = tan cot tan tan x x x x x x x x ⇔ 3 3 1 3 6 π = − = − + π ⇔ π = = + π tan tan x x k x x k ,k∈Z KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : 6 2 π π = +x k ; k∈Z 0,25 0,25 0,25 0,25 IIb. Hệ tương đương : 3 2 3 x y x(y x) 1 [x(y x)] x y 1 + − = − − + = Đặt 3 u x y, v x(y x) = = − Hệ trở thành 2 u v 1 u v 1 + = − + = Giải hệ u 0 v 1 = = − , u 3 v 2 = − = Với u 0 v 1 = = − giải hệ được x 1 y 0 = ± = Với u 3 v 2 = − = giải hệ (vô nghiệm) Nghiệm của hệ : x 1 y 0 = = , x 1 y 0 = − = 0,25 0,25 0,25 0,25 III π π 2 2 0 0 1 1 I dx dx 1 cos x 2 cos x = − + + ∫ ∫ 0,25 Tính π π 2 2 0 0 2 dx dx 1 x 1 cosx 2cos 2 = = + ∫ ∫ Tính 2 π π 2 2 0 0 2 x 1 tan dx 2 .dx x cos x 2 3 tan 2 + = + + ∫ ∫ . Đặt 2 2 x x 3 tan 3 tan t (1 tan )dx (1 tan t).dt 2 2 2 = ⇒ + = + • x = 0 => t = 0 x = π 2 => t = π 6 2 π π 2 2 0 0 2 x 1 tan dx 2 .dx x cos x 2 3 tan 2 + = + + ∫ ∫ = π 6 0 2 dt 3 ∫ = π 3 3 Vây π π 2 2 0 0 1 1 I dx dx 1 cos x 2 cos x = − + + ∫ ∫ = 1 - π 3 3 0,25 0,25 0,25 IV + Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A≡O; B∈Oy; A / ∈Oz. Khi đó: A(0;0;0), B(0;a;0); A / (0;0;2a),, / 3 ; ;2 2 2 ÷ ÷ a a C a và E(0;a;a) F di động trên AA / , tọa độ F(0;0;t) với t ∈ [0;2a] Vì C / E có độ dài không đổi nên d(F,C / E ) nhỏ nhất khi / ΔFC E S nhỏ nhất Ta có : / / 1 , 2 ∆ = uuuur uuur FC E S EC EF Ta có: ( ) / 3 ; ; 2 2 EF 0; ; = − ÷ ÷ = − − uuuur uur a a EC a a t a / , ⇒ = uuuur uuur EC EF ( 3 ; 3( ); 3) 2 a t a t a a − − − / 2 2 2 , ( 3 ) 3( ) 3 2 ⇒ = − + − + uuuur uuur a EC EF t a t a a / 2 2 2 2 ΔFC E a 4t 12at 15a 2 1 a S . . 4t 12at 15a 2 2 = − + = − + Giá trị nhỏ nhất của / ∆FC E S tùy thuộc vào giá trị của tham số t. Xét f(t) = 4t 2 − 12at + 15a 2 f(t) = 4t 2 − 12at + 15a 2 (t ∈[0;2a]) f '(t) = 8t −12a 3 '( ) 0 2 a f t t= ⇔ = / ∆FC E S nhỏ nhất ⇔ f(t) nhỏ nhất ⇔ 3 2 = a t ⇔ F(0;0;t) , hay FA=3FA / ( có thể giải bằng pp hình học thuần túy ) 0,25 0,25 0,25 0,25 V Đặt 1 x a = , 1 y b = , 1 z c = .vì 1 1 1 1+ + = a b c nên x +y +z = 1 Và 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) = + + + + + T x y z y z z x x y +) Aùp dụng BĐT C.S ta có: 0,25 z x C C / F A A / B / B E = + + = 2 1 ( )x y z 2 x y z . y z . z x . x y y z z x x y + + + + + ÷ ÷ + + + 2 2 2 2 2 2 x y z x y z (2x 2y 2z) 2( ) y z z x x y y z z x x y ≤ + + + + ≤ + + ÷ + + + + + + +) Ta có: ( ) 2 2 2 1 1 1 1 4 ( ) + = + + ≥ ÷ + + x x x y z y z y z y z y z Tương tự Do đó 2 2 2 x y z T 4 y z z x x y ≥ + + ÷ + + + 2≥ Đẳng thức xảy ra khi 1 3 = = =x y z hay 3 = = = a b c 0,25 0,25 0,25 VIa:1 Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y+ + = và phân giác trong CD: 1 0x y+ − = . Viết phương trình đường thẳng BC. Điểm ( ) : 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ − . Suy ra trung điểm M của AC là 1 3 ; 2 2 t t M + − ÷ . Điểm ( ) 1 3 : 2 1 0 2 1 0 7 7;8 2 2 t t M BM x y t C + − ∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ − ÷ 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 + = ⇔ + + = − + 0,25 0,25 0,25 0,25 VIa:2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình x 1 2t y t z 1 3t = + = = + . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH ≥ => HI lớn nhất khi IA ≡ Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH uuur làm véc tơ pháp tuyến. )31;;21( tttHdH ++⇒∈ vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0. ==⇒⊥ uuAHdAH là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AHH Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0 0,25 0,25 0,25 0,25 VIIa Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau: 2 2 1 3 1 9 19 2 2 720 m m n m n C C A P − + − + + < = <=> = <++ − + − 720 2 19 2 9 1 12 3 2 n mn m m P AcC Từ (2): 761!6720)!1( =⇔=−⇔==− nnn Thay n = 7 vào (1) m(m 1) 9 19 45 m 2 2 2 − ⇔ + + < 2 m m 90 9 19m⇔ − + + < 2 m 20m 99 0⇔ − + < 119 <<⇔ m vì 10=⇒Ζ∈ mm Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: 1575. 2 10 3 7 =CC cách TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: 350. 1 10 4 7 =CC cách TH3: 5 bông hồng nhung có: 21 5 7 =C cách ⇒ có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường %45,31 6188 1946 6188 5 17 ≈=⇒ = P C 0,25 0,25 0,25 0,25 VIb1 Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3),B( )0;2(),0; 4 1 C Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A khi và chỉ khi ( ) ( ) 2 2 2 2 9 1 3 4 4 2 4 3 81 225 9 3 16 16 4 1 6 3 1. 4 16 9 25 d DB AB DC AC d d d d + − ÷ − = ⇔ = = − + − + = = ⇒ − = − ⇒ = + Đường thẳng AD có phương trình: 2 3 3 6 3 9 1 3 3 x y x y x y + − = ⇔ − − = − ⇔ = − − , và đường thẳng AC: 2 3 3 6 4 12 3 4 6 0 4 3 x y x y x y + − = ⇔ − − = − ⇔ + − = − Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1 b- và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có: ( ) 2 2 3 1 4 6 3 5 ; 3 4 4 ) 3 5 ; 3 1 ) 3 5 . 2 b b b b b a b b b b b b b − + − = ⇔ − = + − = ⇒ = − − = − ⇒ = Rõ ràng chỉ có giá trị 1 2 b = là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp ABCV là: 2 2 1 1 1 2 2 4 x y − + − = ÷ ÷ . 0,25 0,25 0,25 0,25 VIb2 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. . Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : 1 x y z P a b c ⇒ + + = Ta có (4 ;5;6), (4;5 ;6) (0; ; ), ( ;0; ) IA a JA b JK b c IK a c = − = − = − = − uur uur uuur uur 0,25 0,25 Ta có: 4 5 6 1 5 6 0 4 6 0 a b c b c a c + + = − + = − + = ⇒ 77 4 77 5 77 6 a b c = = = ⇒ ptmp(P) 0,25 KL: 0,25 VII b Giải hệ phương trình : ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 2 2 2 2 log log . * 4 − = − − + + = y x y x x xy y x y Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có : 0 4 3 2 2 2 22 >+ −=+− y y xyxyx yx,∀ >0 Xét x > y 3 3 2 2 VT(*) 0 log log VP(*) 0 x y > ⇒ < ⇒ ⇒ < (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm Xét x < y 3 3 2 2 VT(*) 0 log log VP(*) 0 x y < ⇒ > ⇒ ⇒ > (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. Khi x = y hệ cho ta 2 2 0 0 2 2 4x y = = = ⇔ x = y = 2 ( do x, y > 0). Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( ) ( ) ; 2; 2x y = 0,25 0,25 0,25 0,25 . được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu ĐÁP ÁN Điểm Ia -Tập xác định , tính y / -Nghiệm y / và lim -Bảng biến thi n -Đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 Ib PT. Câu I(2 điểm) :Cho hàm số 3 2 y x 2mx (m 3)x 4= + + + + có đồ thị là (C m ) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C 1 ) của hàm số trên khi m = 2. 2) Cho E(1; 3) và đường thẳng ( ∆ ) có phương. 3cos x 2 = + + ∫ . Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng / / / ABC. A B C có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên 2a .Gọi E là trung điểm của / BB .Xác định vị trí của điểm F trên đoạn / AA sao