ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC KHỐI B - D THPT TÂN KỲ I - LẦN THỨ NHẤT 2010 - 2011

1




S GD&T NGH AN
TRNG THPT TN K

THI THI HC KHI B-D.2010-2011. LN 1
Mụn thi: Toỏn. Thi gian lm bi: 180 phỳt.

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 lng giỏc: 9sinx + 6cosx 3sin2x + cos2x = 8
2. Gii h phng trỡnh:
33

2 2 3
x y 1
x y 2xy y 2








( , )xy
.
Cõu III (1 im) Tớnh tớch phõn: I =
2
4
0
( sin 2 )cos2x x xdx



.
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 dng tha món. a + b + c = 3
Chng minh BT : + 6
B. PHN T CHN(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
giỏc ABC, bit A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Cõu VIIa. (1 im)
Cho
1
z
,
2
z
l cỏc nghim phc ca phng trỡnh
2
2 4 11 0zz
. Tớnh giỏ tr ca biu thc
22
12
2
12

()
zz
zz


.
2. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu VIb. ( 2 im)
1. Trong mt phng vi h ta Oxy cho hai ng thng

:
3 8 0xy
,
':3 4 10 0xy
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 ba im A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Vit phng trỡnh
mt phng (ABC) v tỡm im M thuc mt phng 2x + 2y + z 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.
Cõu VIIb. (1 im)
Gii h phng trỡnh :
2
12
12
2log ( 2 2) log ( 2 1) 6
log ( 5) log ( 4) = 1

xy
xy
xy x y x x
yx









,
( , )xy
.
***


2








ĐÁP ÁN ĐỀTHI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI: B-D
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

x = 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
Đưa về pt tích (1 – sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0
0.5
Giải tiếp được sinx = 1 và phương trình 6cosx + 2sinx = 7 vô nghiệm.
0.5

2

0y 
, ta có:
33
2 2 3
x y 1
x y 2xy y 2




  



0.25
suy ra : 2 =
đặt : = t ta có phương trình :2(t
3

+1) = ( t+ 1)
2
(t + 1)(2t
2
-2t + 2) = (t + 1)
2

(t + 1)( 2t
2
-3t + 1) = 0 t
1
= -1 , t
2
= và t
3
= 1
0.25
Với t
1
= -1 tức là = - 1 x + y = 0 (Loại ,vì pt (1) không thỏa mãn
Với t
2
= tức là = y = 2x :thay = vào phương trình (1) ta có :
Thay y = = 2x nên x = vậy là nghiệm hpt
0.25
Với t
3
= 1 Tức là = 1 y = x Thay = 1 vào phương trình (1) ta có :
= y = = x vậy
0.25

3








III

I = I
1
+ I
2

- Tính I
1
= . Đặt thì
Ta có I
1
= = -
= ( + cos2x) = ( + 0) – (0+ ) =

-Tính I
2
=

= = ( sin2x - sin6x ) = + =
Vậy I = I
1
+ I
2
= + = -
0.25




0.25



0,50
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 ( + b + a
2
) + ( + c + b
2
) + ( + a + c
2
) 3a + 3b + 3c = 9
0.75
Vậy T 6 Dấu dẳng thức xẩy ra khi a = b = c = 1


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


4



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
22
22
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
34
tt
tt
   
     


0.25
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

HÌNH VẼ CHO CÂU IV
A
B
D
P
M
N
Q