SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010
TRƯỜNG THPT PHANCHÂU TRINH MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút)
ĐỀ CHÍNH THỨC
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

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/.Cho
∆
ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2 1 0x y+ + =
và phân giác trong CD:
1 0x y+ − =

−
+
−

+ + <



=

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


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
≤ − ∨ ≥
= − − >


⇔ ⇔
 
≠ −
= + ≠

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


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
=

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

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

I dx dx
1 cos x 2 cos x
= −
+ +
∫ ∫
= 1 -
π
3 3
0,25
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)

; ;
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
− 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

B
/
B
E
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:
= + + =
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
 

2≥
Đẳng thức xảy ra khi
1
3
= = =x y z
hay
3
= = =
a b c
0,25
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

( )
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
+
= ⇔ + + =
− +


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
−
+
−

+ + <


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:

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

và đường thẳng AC:

2 3
3 6 4 12 3 4 6 0
4 3
x y
x y x y
+ -
= - - = - + - =Û Û
-
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

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
Ta có:
4 5 6
1
5 6 0
4 6 0
a b c
b c
a c

+ + =


⇒
ptmp(P)
0,25
0,25
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


(*) 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