Website: dophuongthcsnt.violet.vn


Biờn son: Vit Phng - Nam Trc, Nam nh
ễN TON I HC 10 NM 2014
Thi gian lm bi 150 phỳt

I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I (2,0 im)
Cho hàm số y=x
3
+3x
2
2 (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2. Tìm trên đờng thẳng (d): y=2 các điểm kẻ đợc ba tiếp tuyến đến đồ thị (C ).
Cõu II (2,0 im)
1. Gii bt phng trỡnh
2 2
2 3 5 4 6x x x x x
( x

R).
2. Gii phng trỡnh
3
2 2 cos2 sin 2 cos( ) 4sin( ) 0
4 4
x x x x


.

Cõu III (1,0 im) Tớnh tớch phõn
3
2
2
1
log
1 3ln
e
x
I dx
x x




Cõu IV(1,0 im) Cho hỡnh lng tr ABC.ABC cú ỏy l tam giỏc u cnh a, hỡnh chiu vuụng
gúc ca A lờn mt phng (ABC) trựng vi tõm O ca tam giỏc ABC. Tớnh th tớch khi lng tr
ABC.ABC bit khong cỏch gia AA v BC l
a 3
4

Cõu V (1,0 im)
Cho x, y, z
0
tho món x + y + z > 0. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc

3 3 3
3
16x y z
P

x y z




II. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B)
A.Theo chng trỡnh Chun
Cõu VI.a( 2,0 im)
1.Trong mt phng vi h ta Oxy cho hai ng thng

:
3 8 0x y
,
':3 4 10 0x y
v im A(2 ; 1). Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm thuc ng thng

,
i qua im A v tip xỳc vi ng thng

.
2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai ng thng d
1
:
1 1 1
2 1 1
x y z



;

d
2
:
1 2 1
1 1 2
x y z

v mt phng (P): x y 2z + 3 = 0. Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng
thng , bit nm trờn mt phng (P) v ct hai ng thng d
1
, d
2
.
Cõu VII.a (1,0 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc z
4
z
3
+ 6z
2
8z 16 = 0
B. Theo chng trỡnh Nõng cao.
Cõu VI.b(2,0 im)
1. Trong h ta Oxy, cho hai ng trũn (C
1
): x
2
+ y
2
4 y 5 = 0 v (C
2

): x
2
+ y
2
6x + 8y +
16 = 0 Lp phng trỡnh tip tuyn chung ca (C
1
) v (C
2
)
2. Vit phng trỡnh ng vuụng gúc chung ca hai ng thng sau:
1 2
x 1 2t
x y 1 z 2
d : ; d : y 1 t
2 1 1
z 3











Cõu VII.b (1,0 im) Gii h phng trỡnh


1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y












Website: dophuongthcsnt.violet.vn


Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định
ĐÁP ÁN ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 10 NĂM 2014
Câu Ý


Nội dung













I
1
2
(1,0 điểm): Gọi M
( )d


M(m;2). Gọi

là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số góc k

PTĐT


có dạng : y=k(xm)+2.
ĐT


là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau có nghiệm
3 2
2
3 2 ( ) 2 (1)
3 6 (2)
x x k x m
x x k

     


  


(I).
Thay (2) và (1) được: 2x
3

3(m+1)x
2
+6mx4=0

(x2)[2x
2
(3m1)x+2]=0

2
2
2 (3 1) 2 0 (3)

x
x m x




   

. Đặt f(x)=VT(3)
Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C)

hệ (I) có 3 nghiệm x phân biệt

PT(3) có hai nghiệm phan
biệt khác 2
0 1 hoÆc m>5/3
(2) 0 m 2
m
f
   
 
 
 
 
 
.
Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với
1 hoÆc m>5/3
m 2
m  





thì từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C)














II
1
Điều kiện
2
2
2 0
0 2
5 4 6 0
x x
x x
x x


  

  


  

, PT:
2
6 ( 1)( 2) 4 12 4x x x x x    

3 ( 1)( 2) 2 ( 2) 2( 1)x x x x x x      

( 2) ( 2)
3 2 2
1 1
x x x x
x x
 
  
 

Đặt
( 2)
0
1
x x
t
x


 

ta được bpt
2
2 3 2 0t t  

1
2
2
2
t
t
t




  



( do
0t 
)
Với
2
( 2)
2 2 6 4 0
1

x x
t x x
x

      

3 13
3 13
3 13
x
x
x

 
   

 


( do
2x 
) Vậy bpt có
nghiệm
3 13x  

2

3
2 2 cos2 sin 2 cos( ) 4sin( ) 0
4 4

x x x x
 
    


3 3
2 2 cos 2 sin 2 (cos .cos sin sin ) 4(sin cos cos sin ) 0
4 4 4 4
x x x x x x
   
    


4cos2xsin2x(sinx+cosx)4(sinx+cosx)=0

(sinx+cosx)[4(cosxsinx)sin2x4]=0
s inx+cosx=0 (2)
4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3)




. PT (2) có nghiệm
4
x k


  
.
Giải (2) : Đặ

s inx-cosx= 2 sin( ), §iÒu kiÖn t 2 (*)
4
t x

  
2
sin 2 1x t  
, thay vào (2)
được PT: t
2
4t5=0

t=1( t/m (*)) hoặc t=5(loại )
Với t=1 ta tìm được nghiệm x là :
3
2 hoÆc x= 2
2
x k k

 
 
. KL: ………






III


3
3
2
2
3
2 2 2
1 1 1
ln
log 1 ln . ln
ln 2
.
ln 2
1 3ln 1 3ln 1 3ln
e e e
x
x
x xdx
I dx dx
x
x x x x x
 
 
 
  
  
  

Đặt
2 2 2
1 1

1 3ln ln ( 1) ln .
3 3
dx
x t x t x tdt
x
      
. Đổi cận …
Website: dophuongthcsnt.violet.vn


Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định
Suy ra
 
 
2
2 2
3
2
2
3 3
2
1 1 1
1
1
log 1 1 1
3
. 1
ln 2 3 9ln 2
1 3ln
e

t
x
I dx tdt t dt
t
x x

   

  


2
3
3 3
1
1 1 4
9ln 2 3 27ln 2
t t
 
  
 
 
















IV

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

Kẻ
,'AAMH 
(do
A
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC







)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vơng góc chung của


AA’và BC, do đó
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
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC






V

Trước hết ta có:
 
3
3 3
4
x y
x y

 
(biến đổi tương đương)
   
2
0x y x y    

Đặt x + y + z = a. Khi đó
   
 
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a

   
    

(với t =
z
a
,
0 1t 
). Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t
 
0;1
. Có
 
 
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t
 
      
 

Lập bảng biến thiên
 

 
0;1
64
inf
81
t
M t

  
GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0









VIa
1
Tâm I của đường tròn thuộc

nên I(3t – 8; t)
Theo yc thì k/c từ I đến

’ bằng k/c IA nên ta có

2 2
2 2
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
3 4
t t
t t
   
     


Giải tiếp được t = 3 Khi đó I(1; 3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)
2
+ (y + 3)
2
= 25.
2
Gọi A = d
1

(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d
2


(P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng  thỏa mãn bài tốn đi qua A và B.
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là
(1;3; 1)u  



Phương trình chính tắc của đường thẳng  là:
1 2
1 3 1
x y z 
 





VIIa

Xét phương trình Z
4
– Z
3
+ 6Z
2
– 8Z – 16 = 0
Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z
1
= –1, sau đó bằng cách chia đa thức hoặc
Honer ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z
2
= 2. Vậy phương trình trở thành:
(Z + 1)(Z – 2)(Z
2
+ 8) = 0 Suy ra: Z
3
=

2 2 i
và Z
4
= –
2 2 i

A
B
C
C
’
B
’
A
’
H
O
M
Website: dophuongthcsnt.violet.vn


Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định

Ñaùp soá:
 
  1,2, 2 2 i, 2 2 i













VIb
1
       
1 1 1 2 2 2
: 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.
C I R C I R
  

Gọi tiếp tuyến chung của
   
1 2
,C C
là
 
2 2
: 0 0Ax By C A B     


là tiếp tuyến chung của
   
1 2
,C C

 
 
 
 
2 2
1 1
2 2
2 2
2 3 1
;
;
3 4 3 2
B C A B
d I R
d I R
A B C A B


  
 
 
 
 
 
 
   



Từ (1) và (2) suy ra

2A B
hoặc
3 2
2
A B
C
 


Trường hợp 1:
2A B
.Chọn
1 2 2 3 5 : 2 2 3 5 0B A C x y            

Trường hợp 2:
3 2
2
A B
C
 

. Thay vào (1) được
2 2
4
2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0
3
A B A B A A B y x y              

2
Gọi

   
1 2
M d M 2t;1 t; 2 t ,N d N 1 2t ';1 t';3         

 
     
   
     
1
1
MN.u 0
MN 2t 2t ' 1;t t '; t 5
MN.u 0
2 2t 2t' 1 t t' t 5 0
6t 3t ' 3 0
t t ' 1
3t 5t' 2 0
2 2t 2t' 1 t t ' 0
x 2 y z 1
M 2;0; 1 , N 1;2;3 ,MN 1;2;4 PT MN :
1 2 4



      




         

   


    
 
   
     



 
     

 

 







VIIb


Điều kiện:
0
0
y x

y
 





Hệ phương trình
 
4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1
log log 1 log 1
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
 
  
      
  
  
  
  
     
  

2

2 2 2 2
3
3 3
25
25 9 25
10
x y
x y x y
y
x y y y


 
 

  
  

   
 


 
 
15 5
; ;
10 10
15 5
; ;
10 10

x y
x y

 


 
 



 
  

 

 

( loại)
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.