THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A Môn thi: Toán Năm 2010

1
THI TH I HC KHI A
Mụn thi: Toỏn. Nm 2010.
(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:
x
xx
xx
2
32
2
cos

1coscos
tan2cos


.
2. Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y





,
( , )x y
.
Cõu III
(1 im) Tớnh tớch phõn:
3
2
2
1
log
1 3ln
e
x

I dx
x x



.
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 lượt 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
1a b c
.
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)
I.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 0z z
. Tớnh giỏ tr ca biu thc
2 2
1 2
2
1 2
( )
z z
z z


.
II. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu VIb.

( 2 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 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
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
.


2




ĐÁP ÁN

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
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
4
4
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
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:
2 2
2 , 2 ; hay
3 3
x k x k x k
 
 
    
.
0.5
2

0y 
, ta có:
2
2 2
2 2
2
2
1
4
1 4
.
( ) 2 7 2
1

( ) 2 7
x
x y
y
x y xy y
y x y x y
x
x y
y


  


   


 
   



  



0.25
Đặt
2
1

,
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, 1v 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
+) Với
5, 9v u  
ta có hệ:
2 2 2
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
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
 

 
 
  
  
  

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

3
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

   

  

0.25

2
3
3 3
1
1 1 4
9ln 2 3 27ln 2
t t

 
  
 
 

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
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
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
' ; '
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
Täa ®é cña B =
19 4
;
3 3
 

 
 

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

A
B
D
P
M
N
Q

4
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:

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 2
2
1 2
11

...
4
( )
z z
z z

 


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
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
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
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
I
y 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
1t 
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
+ Kiểm tra thấy chỉ có
2, 1x y  
thoả mãn điều kiện trên.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
2, 1x y  
.
0.25