KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010.
Môn thi: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút.
Ngày 20 tháng 12 năm 2010.
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. (2 điểm)
Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.
2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của
(Cm) tại D và E vuông góc với nhau.
Câu II (2 điểm)
1.Giải phương trình:
x
xx
xx 2
32
2
cos
1coscos
tan2cos
.
2. Giải hệ phương trình: 2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y
,
( , )
x y
.
Câu III (1 điểm)
Tính tích phân: 3
2
2
1
log
1 3ln
ex
I dx
x x
.
Câu IV. (1 điểm)
Cho h×nh hép ®øng ABCD.A'B'C'D' cã c¸c c¹nh AB = AD = a, AA' =
3
2
a
vµ gãc BAD = 600. Gäi M vµ N
lÇn lît lµ trung ®iÓm cña c¸c c¹nh A'D' vµ A'B'. Chøng minh AC' vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (BDMN). TÝnh
thÓ tÝch khèi chãp A.BDMN.
Câu V. (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn
1
a b c
. Chứng minh rằng:
7
2
27
ab bc ca abc .
B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa. ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực
cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam
giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Câu VIIa. (1 điểm)
Cho
1
z
,
2
z
là các nghiệm phức của phương trình 2
2 4 11 0
z z
. Tính giá trị của biểu thức
2 2
1 2
2
1 2
( )
z z
z z
.
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng
:
3 8 0
x y
,
':3 4 10 0
x y
và điểm
A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng
, đi qua điểm A và tiếp xúc với đường
thẳng
’.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trình
mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.
Câu VIIb. (1 điểm)
Giải hệ phương trình :
2
1 2
1 2
2log ( 2 2) log ( 2 1) 6
log ( 5) log ( 4)
= 1
x y
x y
xy x y x x
y x
,
( , )
x y
.
----------------------------------------------------------- tavi ------------------------------------------------------
ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010
Câu
Ý Nội dung Điểm
1 1
PT hoành độ giao điểm x3 + 3x2 + mx + 1 = 1
x(x2 + 3x + m) = 0
m = 0, f(x) = 0 0.25
Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 và
y’(x1).y’(x2) = -1. 0.25
Hay 2 2
1 1 2 2
9 4 0, (0) 0
(3 6 )(3 6 ) 1.
m f m
x x m x x m
2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
9 9
, 0 , 0
44
9( ) 18 ( ) 3 ( ) 36 6 ( ) 1
4 9 1 0
m m m m
x x x x x x m x x x x m x x m m m
0.25
I 2
Giải ra ta có ĐS: m =
9 65
8
0.25
ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về 2 2 2
cos2 tan 1 cos (1 tan ) 2cos cos -1 0
x x x x x x
0.5
1
Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS:
2 2
2 , 2 ; hay
3 3
x k x k x k
. 0.5
0
y
, ta có:
2
2 2
2 2 2
2
1
4
1 4
.
( ) 2 7 2 1
( ) 2 7
xx y
y
x y xy y
y x y x y x
x y y
0.25
Đặt
21,
x
u v x y
y
ta có hệ: 2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
0.25
+) Với
3, 1
v u
ta có
hệ:
2 2 2
1, 2
1 1 2 0
2, 5
3 3 3
x y
x y x y x x
x y
x y y x y x
.
0.25
II
2
+) Với
5, 9
v u
ta có hệ:
222
1 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
x y y x y x


 , hệ này
vô nghiệm.
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.
x y
0.25
3
32
23
2 2 2
1 1 1
ln
log 1 ln . ln
ln2 .
ln 2
1 3ln 1 3ln 1 3ln
e e e
x
x
x xdx
I dx dx
x
x x x x x
0.25
Đặt 2 2 2
1 1
1 3ln ln ( 1) ln .
3 3
dx
x t x t x tdt
x
. Đổi cận … 0.25
Suy ra
2
2 2
32
23 3
2
1 1 1
11
log 1 1 1
3
. 1
ln 2 3 9ln 2
1 3ln
et
x
I dx tdt t dt
t
x x
0.25
III
2
3
3 3
1
1 1 4
9ln 2 3 27ln 2
t t
0.25
Chứng tỏ AC’
BD 0.25
C/m AC’
PQ, với P,Q là trung điểm của BD, MN. Suy ra AC’
(BDMN) 0.25
IV
Tính đúng chiều cao AH , với H là giao của PQ và AC’. Nếu dùng cách hiệu các thể
tích thì phải chỉ ra cách tính. 0.25
Tính đúng diện tích hình thang BDMN . Suy ra thể tích cần tìm là:
3
3
16
a
. 0.25
Ta có
2 ( ) (1 2 ) (1 ) (1 2 )
ab bc ca abc a b c a bc a a a bc
. Đặt t= bc thì ta
có
2 2
( ) (1 )
0
4 4
b c a
t bc
.Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn
2
(1 )
0; 4
a
0.5
Có f(0) = a(1 – a) 2
( 1 ) 1 7
4 4 27
a a
và
2
2
(1 ) 7 1 1 1 7
(2 )
4 27 4 3 3 27
a
f a a
với mọi a
0;1
0,25
V
Vậy
7
2
27
ab bc ca abc . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3 0.25
Gäi C = (c; 2c+3) vµ I = (m; 6-m) lµ trung ®iÓm cña BC
Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). V× C’ lµ trung ®iÓm cña AB nªn:
2 5 11 2 2
' ; '
2 2
m c m c
C CC
nªn
2 5 11 2 2 5
2( ) 3 0
2 2 6
m c m c m
5 41
( ; )
6 6
I . Ph¬ng tr×nh BC: 3x – 3y + 23=0
Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ: 2 3 0
14 37
;
3 3 23 0
3 3
x y C
x y
0.5
1.
Täa ®é cña B =
19 4
;
3 3
0.5
Ta có:
(2; 2; 2), (0; 2;2).
AB AC
Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của
AB, AC là:
1 0, 3 0.
x y z y z
0.25
Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là
, (8; 4;4).
n AB AC

Suy ra (ABC):
2 1 0
x y z
. 0.25
Giải hệ:
1 0 0
3 0 2
2 1 0 1
x y z x
y z y
x y z z
. Suy ra tâm đường tròn là
(0; 2;1).
I 0.25
VIa.
2.
Bán kính là 2 2 2
( 1 0) (0 2) (1 1) 5.
R IA 0.25
VII
a Giải pt đã cho ta được các nghiệm: 1 2
3 2 3 2
1 , 1
2 2
z i z i
0.5
Suy ra
2
2
1 2 1 2
3 2 22
| | | | 1 ; 2
2 2
z z z z
0.25
Đo đó 2 2
1 22
1 2
11
...
4
( )
z z
z z
0.25
Tâm I của đường tròn thuộc
nên I(-3t – 8; t) 0.25
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
0.25
Giải tiếp được t = -3 0.25
1.
Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. 0.25
VIb
2. Ta có
(2; 3; 1), ( 2; 1; 1) (2;4; 8)
AB AC n
là 1 vtpt của (ABC) 0.25
Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25
M(x; y; z) MA = MB = MC
…. 0.25
M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25
+ Điều kiện:
2
2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0
( )
0 1 1, 0 2 1
xy x y x x y x
I
x y
. 0.25
1 2 1 2
1 2 1 2
2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)
( ) log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5)
log ( 4) = 1(2).
x y x y
x y x y
x y x y x
Iy x y x
0.25
Đặt 2
log (1 )
y
x t
thì (1) trở thành: 2
1
2 0 ( 1) 0 1.
t t t
t
Với
1
t
ta có:
1 2 1(3).
x y y x
Thế vào (2) ta có:
2
1 1 1 4 4
log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0
4 4
x x x
x x
x x x x x
x x
0
2
x
x
. Suy ra:
1
1
y
y
.
0.25
VII
b
+ Kiểm tra thấy chỉ có
2, 1
x y
thoả mãn điều kiện trên.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
2, 1
x y
. 0.25
A
B
D
P
M
N
Q