KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010

MÔN TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút)
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= − + + + +
có đồ thị (C
m
).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
( )
+∞
;2
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2
=+
xx

b) Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
−+=−+
xxxx

++
++
=
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

1
và d
2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
−>−
xxx
……...HẾT...........
ĐÁP ÁN
Câu I
a) Đồ Học sinh tự làm
0,25
b)
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= − + + + +
)1(6)12(66'
2
+++−=⇒
mmxmxy
y’ có
01)(4)12(
22
>=+−+=∆
mmm
0,5




0,25
Câu II a)
Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2
=+
xx

1 điểm
PT
⇔
1)1cos4(3cos2
2
=−
xx
⇔
1)sin43(3cos2
2
=−
xx
0,25
Nhận xét
Zkkx
∈=
,
π
không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
=−
xx


+=
=
7
2
7
5
2
ππ
π
m
x
m
x
;
Zm
∈
0,25
Xét khi
=
5
2
π
m
π
k
⇔
2m=5k
⇔
m

≠
);
7
2
7
ππ
m
x
+=
(
37
+≠
lm
)
trong đó
Zltm
∈
,,
0,25
b)
Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
−+=−+
xxxx
1 điểm
PT

Ta có:
222
)3()232(4)13('
−=−+−+=∆
xxxx
0,25
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:



+



+−
∈

)2(
xx
x
ee
dxe
I
=
Đặt u=
3
x
e
⇒
dxedu
x
3
3
=
;
22ln3;10
=⇒==⇒=
uxux
0,25
Ta được:
∫
+
=
2
1
2
)2(

0,25

=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln
4
1








+
++−
u
uu

0,25

8
1

⊥⇒
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
==
.
0,5
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH

12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====
Cõu V 1.Cho a, b, c l cỏc s thc dng tho món
3
=++
cba
.Chng minh rng:

134)(3
222
+++
abccba
1 im
t
2
;134)(3),,(

tbcatcb
++
=






+
+






+
+
22
22
4
)(
4
4
)(2
3
cb
bca
cb

134)(3),,(
2222
+++=
atttattaf
=
13)23(4))23((3
2222
+++
ttttt
=
0)47()1(2
2

tt
do 2t=b+c < 3
Du = xy ra
10&1
=====
cbacbt
(PCM)
0,5
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

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
0.25
Tính



−
f
,
)26(
−
f
,
)1(f
cho ra kÕt qu¶:
626)26(
−=−=
fMaxP
,
15
11
)
3
1
(min
=−=
fP
0.25
Câu VIa 1 điểm
a) (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có:
( )
1;2 5AB AB= − ⇒ =
uuur
. Phương trình của AB là:
2 2 0x y+ − =

t
t
Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(
3
8
;
3
5
) thoả mãn .
0,5
b) 1 điểm
*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với
(ABC) nên
)1;1;2(//
−
nOH
;
( )
H ABC∈
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3
1
suy ra
)
3
1
;
3
1

,
∈
z
C.
1 điểm
PT
⇔
⇔=+−+
10)3)(1)(2( zzzz
0)32)(2(
22
=−++
zzzz
Đặt
zzt 2
2
+=
. Khi đó phương trình (8) trở thành:
0,25
Đặt
zzt 2
2
+=
. Khi đó phương trình (8) trở thành

0103
2
=−−
tt
0,25

Câu VIb
a)
1 điểm
Viết phương trình đường AB:
4 3 4 0x y+ − =
và
5AB
=
Viết phương trình đường CD:
4 17 0x y− + =
và
17CD =
0,25