K THI KHO ST CHT LNG ễN THI I HC KHI A - B D. Nm 2010. Mụn thi: Toỏn. Thi gian lm bi: 180 phỳt. Ngy 20 thỏng 3 nm 2010. A. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im) Cõu I. (2 im) Cho hm s y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 cú th l (C m ); ( m l tham s) 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 3. 2. Xỏc nh m (C m ) ct ng thng y = 1 ti ba im phõn bit C(0;1), D, E sao cho cỏc tip tuyn ca (C m ) ti D v E vuụng gúc vi nhau. Cõu II (2 im) 1.Gii phng trỡnh: x xx xx 2 32 2 cos 1coscos tan2cos . 2. Gii h phng trỡnh: 22 22 14 ( ) 2 7 2 x y xy y y x y x y , ( , )xyR . Cõu III (1 im) Tớnh tớch phõn: 3 2 2 1 log 1 3ln e x I dx xx . Cõu IV. (1 im) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' = 3 2 a và góc BAD = 60 0 . Gọi M và N lần l-ợt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN. Cõu V. (1 im) Cho a, b, c l cỏc s thc khụng õm tha món 1abc . Chng minh rng: 7 2 27 ab bc ca abc . B. PHN RIấNG (3 im). Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc 2) 1.Theo chng trỡnh Chun Cõu VIa. ( 2 im) 1. Trong mt phng vi h ta Oxy , cho tam giỏc ABC bit A(5; 2). Phng trỡnh ng trung trc cnh BC, ng trung tuyn CC ln lt l x + y 6 = 0 v 2x y + 3 = 0. Tỡm ta cỏc nh ca tam giỏc ABC. 2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, hóy xỏc nh to tõm v bỏn kớnh ng trũn ngoi tip 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 0zz   . Tính giá trị của biểu thức 22 12 2 12 () zz zz   . 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 0xy   , ':3 4 10 0xy    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 12 12 2log ( 2 2) log ( 2 1) 6 log ( 5) log ( 4) = 1 xy xy xy x y x x yx                   , ( , )xyR . ----------------------------------------------------------- tavi ------------------------------------------------------ ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 1 2 PT hoành độ giao điểm x 3 + 3x 2 + mx + 1 = 1  x(x 2 + 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 x 1 , x 2 khác 0 và y’(x 1 ).y’(x 2 ) = -1. 0.25 Hay 22 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 4 4 9( ) 18 ( ) 3 ( ) 36 6 ( ) 1 4 9 1 0 mm mm x x x x x x m x x x x m x x m mm                        0.25 Giải ra ta có ĐS: m = 9 65 8  0.25 II 1 ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về 2 2 2 cos2 tan 1 cos (1 tan ) 2cos cos -1 0x x x x x x        0.5 Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS: 22 2 , 2 ; hay 33 x k x k x k        . 0.5 2 0y  , ta có: 2 22 22 2 2 1 4 14 . ( ) 2 7 2 1 ( ) 2 7 x xy y x y xy y y x y x y x xy y                           0.25 Đặt 2 1 , x u v x y y     ta có hệ: 22 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, 1vu ta có hệ: 222 1, 2 1 1 2 0 2, 5 3 3 3 xy x y x y x x xy x y y x y x                           . 0.25 +) Với 5, 9vu   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)}.xy 0.25 III 3 3 2 2 3 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 11 1 3ln ln ( 1) ln . 33 dx x t x t x tdt x        . Đổi cận … 0.25 Suy ra     2 22 3 2 2 33 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 xx          0.25 2 3 33 1 1 1 4 9ln 2 3 27ln 2 tt       0.25 IV 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 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 V 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 22 ( ) (1 ) 0 44 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 aa    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 Vậy 7 2 27 ab bc ca abc    . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3 0.25 VIa. 1. 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 ' ; ' 22 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 ( ; ) 66 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 33 xy C xy              0.5 Täa ®é cña B = 19 4 ; 33     0.5 2. 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 0x 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 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: 12 3 2 3 2 1 , 1 22 z i z i    0.5 Suy ra 2 2 1 2 1 2 3 2 22 | | | | 1 ; 2 22 z z z z           0.25 Đo đó 22 12 2 12 11 . 4 () zz zz    0.25 VIb 1. 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 0.25 22 22 3( 3 8) 4 10 ( 3 8 2) ( 1) 34 tt tt            Giải tiếp được t = -3 0.25 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1) 2 + (y + 3) 2 = 25. 0.25 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 VII b + 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 xy                      . 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 I y x y x                               0.25 Đặt 2 log (1 ) y xt   thì (1) trở thành: 2 1 2 0 ( 1) 0 1.t t t t         Với 1t  ta có: 1 2 1(3).x y y x       Thế vào (2) ta có: 2 1 1 1 44 log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0 44 x x x xx x x x x x xx                     0 2 x x       . Suy ra: 1 1 y y      . 0.25 + Kiểm tra thấy chỉ có 2, 1xy   thoả mãn điều kiện trên. Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2, 1xy   . 0.25 A B D P M N Q . . -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - tavi -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - - ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG. 1 3ln e x I dx xx . Cõu IV. (1 im) Cho hình hộp đứng ABCD .A& apos ;B& apos;C&apos ;D& apos; có các cạnh AB = AD = a, AA' = 3 2 a và góc BAD = 60 0 .