Tài liệu 2 đề thi thử Đại học môn Toán tham khảo và đáp án

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010.
Môn thi: Toán.
Thời gian làm bài: 180 phút.
ĐỀ 1
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 có đồ thị là (C
m
); ( m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.
2. Xác định m để (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các
tiếp tuyến của
(C
m
) 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 ∈ R
.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
3
2
2
1
log
1 3ln
e
x
I dx
x x
=

+
∫
.
Câu IV. (1 điểm) 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.
Câu V. (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn
a b c 1+ + =
. Chứng minh rằng:
7
ab bc ca 2abc
27
+ + − ≤
.
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
2z 4z 11 0− + =
. Tính giá trị của biểu thức
2 2
1 2
2
1 2
( )
z z
z z
+
+
.
2. Theo chương trình Nâng cao
1
Câu VIb. ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng
∆
:
3 8 0x y+ + =
,
':3 4 10 0x 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 x 2 y
1 x 2 y
2log ( xy 2x y 2) log (x 2x 1) 6
log (y 5) log (x 4) = 1
− +
− +

− − + + + − + =


+ − +


,
(x, y )∈ R
.
ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC 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
2 2
1 1 2 2
9 4m 0,f (0) m 0

(3x 6x m)(3x 6x m) 1.
− > = ≠


+ + + + = −

2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2
9
m , m 0
4
9(x x ) 18x x (x x ) 3m(x x ) 36x x 6m(x x ) m 1
9
m , m 0
4
4m 9m 1 0

< ≠

⇔


+ + + + + + + + = −


< ≠

⇔



− + =

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
cos2x tan x 1 cos x (1 tan x) 2cos x cos x -1 0
− = + − + ⇔ − =
0.5
Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS:
2 2
x k2 ,x k2 ; hay x k
3 3
π π
= π = ± + π =
.
0.5
2
2

y 0≠
, ta có:
2
2 2
2 2

2
2
x 1
x y 4
y
x y xy 1 4y
.
y(x y) 2x 7y 2
x 1
(x y) 2 7
y

+
+ + =


+ + + =

⇔
 
+ = + +
+


+ − =


0.25
Đặt
2

x 1
u , v x y
y
+
= = +
ta có hệ:
2 2
u v 4 u 4 v v 3, u 1
v 2u 7 v 2v 15 0 v 5, u 9
+ = = − = =
  
⇔ ⇔
 

− = + − = = − =
  
0.25
+) Với
v 3, u 1= =
ta có hệ:
2 2 2
x 1, y 2
x 1 y x 1 y x x 2 0
x 2, y 5
x y 3 y 3 x y 3 x
= =
  
+ = + = + − =

⇔ ⇔ ⇔

  

= − =
+ = = − = −

  
. 0.25
+) Với
v 5, u 9= − =
ta có hệ:
2 2 2
x 1 9y x 1 9y x 9x 46 0
x y 5 y 5 x y 5 x
  
+ = + = + + =
⇔ ⇔
  
+ = − = − − = − −
  
,
hệ này vô nghiệm.
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y = −
0.25
III
3
e e e
3 2
2
3

2 2 2
1 1 1
ln x
log x
1 ln x. ln xdx
ln 2
I dx dx .
ln 2 x
x 1 3ln x x 1 3ln x 1 3ln x
 
 ÷
 
= = =
+ + +
∫ ∫ ∫
0.25
Đặt
2 2 2
1 dx 1
1 3ln x t ln x (t 1) ln x. tdt
3 x 3
+ = ⇒ = − ⇒ =
. Đổi cận … 0.25
Suy ra
( )
( )
2
e 2 2
3
2

2
3 3
2
1 1 1
1
t 1
log x 1 1 1
3
I dx . tdt t 1 dt
ln 2 t 3 9ln 2
x 1 3ln x
−
= = = −
+
∫ ∫ ∫
0.25

2
3
3 3
1
1 1 4
t t
9ln 2 3 27ln 2
 
= − =
 ÷
 
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
3a
16
.
0.25
V
Ta có
ab bc ca 2abc a(b c) (1 2a)bc a(1 a) (1 2a)bc
+ + − = + + − = − + −
. Đặt
0.5
3
t= bc thì ta có
2 2
(b c) (1 a)
0 t bc
4 4

+ −
≤ = ≤ =
.Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t
trên đoạn
2
(1 a)
0;
4
 
−
 
 
Có f(0) = a(1 – a)
2
(a 1 a) 1 7
4 4 27
+ −
≤ = <
và
2
2
(1 a) 7 1 1 1 7
f (2a ) a
4 27 4 3 3 27
 
−
 
= − + − ≤
 ÷
 ÷

 ÷
 
 
với mọi a
[ ]
0;1∈
0,25
Vậy
7
ab bc ca 2abc
27
+ + − ≤
. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3 0.25
VIa
.
1. Gọi C = (c; 2c+3) và I = (m; 6-m) là trung điểm của BC
Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). Vì C’ là trung điểm của AB nên:
2m c 5 11 2m 2c
C' ; CC'
2 2
− + − −
 
= ∈
 ÷
 
nên
2m c 5 11 2m 2c 5
2( ) 3 0 m
2 2 6
− + − −

− + = ⇒ = −
5 41
I ( ; )
6 6
⇒ = −
.
Phương trình BC: 3x – 3y + 23=0
Tọa độ của C là nghiệm của hệ:
2x y 3 0
14 37
C ;
3x 3y 23 0
3 3
− + =

 
⇒ =

 ÷
− + =
 


0.5
Tọa độ của B =
19 4
;
3 3
 
−

 ÷
 
0.5
2.
Ta có:
AB (2; 2; 2), AC (0; 2;2).= − =
uuur uuur
Suy ra phương trình mặt phẳng trung
trực của AB, AC là:
x y z 1 0, y z 3 0.+ − − = + − =
0.25
Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là
n AB,AC (8; 4;4).
 
= = −
 
r uuur uuur
Suy ra (ABC):
2 1 0x y z− + + =
.
0.25
Giải hệ:
x y z 1 0 x 0
y z 3 0 y 2
2x y z 1 0 z 1
+ − − = =
 
 
+ − = ⇒ =
 

 
− + + = =
 
. Suy ra tâm đường tròn là
I(0; 2;1).
0.25
Bán kính là
2 2 2
R IA ( 1 0) (0 2) (1 1) 5.= = − − + − + − = 0.25
VII
a
Giải pt đã cho ta được các nghiệm:
1 2
3 2 3 2
z 1 i,z 1 i
2 2
= − = +
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
VI 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
4
A
B
D
P
M
N

Q
C
b
2 2
2 2
3( 3t 8) 4t 10
( 3t 8 2) (t 1)
3 4
− − − +
= − − + + −
+
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
AB (2; 3; 1),AC ( 2; 1; 1) n (2;4; 8)= − − = − − − ⇒ = −
uuur uuur r
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
xy 2x y 2 0, x 2x 1 0, y 5 0, x 4 0
(I)
0 1 x 1, 0 2 y 1

− − + + > − + > + > + >

< − ≠ < + ≠

. 0.25
1 x 2 y 1 x 2 y
1 x 2 y 1 x 2 y
2log [(1 x)(y 2)] 2log (1 x) 6 log (y 2) log (1 x) 2 0 (1)
(I)
log (y 5) log (x 4) = 1 log (y 5) log (x 4) = 1(2).
− + − +
− + − +
− + + − = + + − − =
 
 
⇔ ⇔
 
+ − + + − +
 
 
0.25
Đặt
2 y

log (1 x) t
+
− =
thì (1) trở thành:
2
1
t 2 0 (t 1) 0 t 1.
t
+ − = ⇔ − = ⇔ =
Với
t 1=
ta có:
1 x y 2 y x 1 (3).− = + ⇔ = − −
Thế vào (2) ta có:
2
1 x 1 x 1 x
x 4 x 4
log ( x 4) log (x 4) = 1 log 1 1 x x 2x 0
x 4 x 4
− − −
− + − +
− + − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + =
+ +
x 0
x 2
=

⇔

= −


. Suy ra:
y 1
y 1
= −


=

.
0.25
+ Kiểm tra thấy chỉ có
x 2, y 1= − =
thoả mãn điều kiện trên.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
x 2, y 1= − =
.
0.25
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010
5