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 . đứng ABCD .A& apos;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 c a các cạnh A& apos;D'. Chứng tỏ AC’  BD 0.25 C/m AC’  PQ, với P,Q là trung điểm c a BD, MN. Suy ra AC’  (BDMN) 0.25 Tính đúng chiều cao AH , với H là giao c a PQ và AC’. Nếu