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
32
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

Câu III (1 điểm) Tính tích phân





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 0xy   
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


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)
32
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

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  ,

không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
 xx

xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3



7
5
2


m
x
m
x
;
Zm

0,25

Xét khi

5
2

m

k

2m=5k

m
t5
,
Zt 


x 
(
37  lm
)
trong đó
Zltm ,,
0,25
b)
Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
 xxxx

1 điểm
PT

631012)13(2
22
 xxxx

232)12(412)13(2
222
 xxxxx
. Đặt




x
t
x
t

Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các
nghiệm:









7
602
;
2
61
x

0,5

dxe
I
=
Đặt u=
3
x
e

dxedu
x
3
3 
;
22ln3;10  uxux

0,25
Ta được:



2
1
2
)2(
3
uu
du
I
=3
du

)2(2
1
2ln
4
1
ln
4
1










u
uu0,25

8
1
)
2
3
ln(

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:





BCOA
BCAM
'
)'( AMABC 

Kẻ
,'AAMH 
(do
A
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
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

;134)(3),,(
222
cb
tabccbacbaf



*Trước hết ta chưng minh:
),,(),,( ttafcbaf 
:Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết
cba 

33  cbaa
hay a
1 ),,(),,( ttafcbaf

134)(3134)(3
2222222
 atttaabccba

=
)(4)2(3
2222
tbcatcb 

=

2
)(
2
)(3
cba
cb



=
0
2
))(23(
2

 cba
do a
10,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
0),,( ttaf
với a+2t=3
Ta có
134)(3),,(
2222
 atttattaf

=

Tõ gi¶ thiÕt suy ra: xyxyyx
xyxyxyyxyx
33)(1
21
2
22



Từ đó ta có
1
3
1
xy
. 0,25
Măt khác
xyyxyxyx 11
2222

nên
12







)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf
0.25
Do hàm số liên tục trên

1;
3
1

nên so sánh giá
trị của
)

Ta cú:

1;2 5AB AB

. Phng trỡnh ca AB l:
2 2 0xy
.

:;I d y x I t t
. I l trung im ca AC:
)2;12( ttC
0,5
Theo bi ra:
2),(.
2
1


ABCdABS
ABC

446. t






;

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
( H0,25
*O i xng vi O qua (ABC)

H l trung im ca OO

)
3
2
;
3

Đặt
zzt 2
2

. Khi đó phương trình (8) trở thành

0103
2
 tt0,25













61
1
5
2
z


có toạ độ dạng:
( ;3 5)M t t
Ta tính được:

13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5
17
tt
d M AB d M CD

0,25
Từ đó:
( , ). ( , ).
MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD  7
9
3
tt    


Có 2 điểm cần tìm là:
7

'
AB u
AB u







 
 
Ad
1
, Bd
2
nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25

AB

(….)…

A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)

I(2; 1; -1)
0,25
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=
6


BPT

3
1
log
2
3
2



x
x
x

Xét hàm số:
xxf
2
log
2
3
)( 
đồng biến trên khoảng
 
;03
1
)(





3)4()(
3)4()(
gxg
fxf

Bpt vô nghiệm 0,25
TH 2 :Nếu
30  x
BPT

3
1
log
2
3
2



x
x
x





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
0,25
Vậy Bpt có nghiệm
