HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN - KHỐI A
LẦN 02 – NĂM HỌC 2010 – 2011
Câu Ý Nội dung Điểm
I
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi
2m =
1,0
Khi
2m =
ta được
4 2
6 5y x x= − +
+) TXĐ: R
+) Sự biến thiên
)•
Chiều biến thiên
Có
3
' 4 12 0 0; 3y x x x x= − = ⇔ = = ±
.
' 0 3 0; 3y x x> ⇔ − < < >
Hàm số đồng biến trên
( 3;0)−
và
( 3; )+∞
, nghịch biến trên
( ; 3)−∞ −
và
(0; 3)

0,25
)•
Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại
0
CD
x =
, giá trị cực đại
(0) 5
CD
y y= =
Hàm số đạt cực tiểu tại
3
CT
x = ±
, giá trị cực tiểu
4
CT
y = −
)•
Giới hạn tại vô cực:
4 2
lim( 6 5)
x
x x
→∞
− + = +∞
0,25
+) Đồ thị: Giao với
Ox

tại
( 5;0); ( 1;0)± ±
;
Giao với
Oy
tại
(0;5)
0,50
2
Tìm
m
để diện tích bằng ……. 1,0
+) Có
4 2 2 2 2 2 2
( 2) 1 ( 1)( 1)y x m x m x x m= − + + + = − − −
. Phương trình
2 2 2
0 ( 1)( 1) 0y x x m= ⇔ − − − =
có 4 nghiệm phân biệt là
2
1; 1m± ± +
khi
0m ≠
.
0,25
+) Diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi
( )
m
C
với trục hoành phần phía trên trục hoành

là:
( )
1
2
4 2 2 2
0
20 16 96
2 ( 2) 1 2
15 15
m
S x m x m dx m
+
= − + + + = = ⇔ = ±
∫
0,50
Vậy
2m
= ±
là giá trị cần tìm 0,25
II 1
Giải phương trình
2 2
2sin 1 4cos
2 4 3 6
x x
π π
   
+ = + +
 ÷  ÷
   

1,0
Đặt
2
t x
π
= +
khi đó phương trình đã cho trở thành
2 2
2sin 1 4cos
2 3
t t
= +
0,25
2 2
cos 4cos cos3. 4cos 0
3 3 3
t t t
t⇔ = − ⇔ + =
3 2
4cos 4cos 3cos 0
3 3 3
t t t
⇔ + − =
0,50
3−
3
1
1−
5
4−

3
cos 0
3
3
( )
2
1
6
cos
3 2
t
t k
k
t
t k
π
π
π π

=


= +

⇔ ⇔ ∈



= ± +
=




¢
0
3
( )
6
2
x k
k
x k
π π
π
π
= +


⇒ ∈

= +

¢
0,25
2
Giải hệ phương trình
6 2 2 (1)
2 2 6 0 (2)
x y x y
x y x y


+ + + =


+ + − + =


1,0
Đặt
6 ; 2a x y b x y= + = +
2 2
2
2 1
2 1
4
a b
a b a x
a b x b x
a b x
+ =
+ = = +

 
⇒ ⇒ ⇒
  
− = = −
− =
 

0,25

(2)
2 6 0 1 2 6 0 7b x y x x y y x⇒ + − + = ⇒ − + − + = ⇒ = +
0,25
thay vào (2) ta được
3 7 1 1x x x+ = − ⇒ = −
6y⇒ =
0,25
Thử lại thấy thoả mãn. Vậy
( ; ) ( 1;6)x y = −
là nghiệm của hệ phương trình 0,25
III
Tính giới hạn
3
2
2
6 2
lim
3 2
x
x x
I
x x
→
+ − +
=
− +
1,0
3 3
2 2 2
2 2 2

6 2 6 2 2 2
lim lim lim
3 2 3 2 3 2
x x x
x x x x
I
x x x x x x
→ → →
+ − + + − + −
= = −
− + − + − +
0,25
( )
3
1
2
2 2
2
3
3
6 2 2 1
lim lim
3 2 12
( 1)( 2) ( 6) 2 6 4
x x
x x
I
x x
x x x x
→ →

+ − −
= = =
− +
− − + + + +
0,25
( )
2
2
2 2
2 2 2 1
lim lim
3 2 4
( 1)( 2) 2 2
x x
x x
I
x x
x x x
→ →
+ − −
= = =
− +
− − + +
0,25
Vậy
1 2
1
6
I I I= − = −
0,25

IV Tính thể tích khối chóp…. 1,0
S
A
B
C
K
H
I
M
A
B
C
'M
M
Có
CM SH
CM AH CH AH
CM SA
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

H
⇒
chạy trên nửa đường tròn đường kính
AC
phần có chứa điểm
B

2 2
1 1 5
2 2 2
a
HI AI IC AC AB BC⇒ = = = = + =
0, 5
3
( , )
1 1 1 1 1 5 5 5
. . ( . ). ( . ) .2 . .
3 2 12 12 12 2 2 24
AHIK AIH H AC
a a a
V SA S SA AI d SA AI HI a
∆
= = ≤ = =
. Dấu
“=” xảy ra khi và chỉ khi
HI AI⊥
kết hợp với
HI AI=
suy ra
0
45
α
=
0,5
V
Chứng minh rằng:
(

)
2
ln 1 1
x x
e e x
−
+ + < +
1,0
Đặt
x
t e=
bài toán trở thành CMR
0t
∀ >
luôn có
(
)
2
1
ln 1 1 lnt t
t
+ + < +
. Xét hàm số
(
)
2
1
( ) ln 1 1 lnf t t t
t
= + + − −

có
2
2
2 2 2 2
2 1 1 1
'( ) 0
2 1 (1 1 ) 1
t t t
f t
t t
t t t t
+ −
= − + = >
+ + + +
0,25
Mặt khác
2 2
1 1 1 1
lim 1 lim ln 0
t t
t t
t t
→∞ →∞
 
+ + + +
= ⇒ =
 
 
 
0,25

Suy ra
2
1 1
lim ln
t
t
t
→∞
 
+ +
 
 
 
-
1
lim 0
t
t
→∞
=
điều này chứng tỏ hàm số
( )y f t=
nhận
Ox
làm một
tiệm cận ngang
0,25
Ta thấy
( )y f t=
đồng biến trên

(0; )+∞
và hàm số có tiệm cận ngang là
0y =
khi
t → +∞
nên
( ) 0 0f t t< ∀ >
0,25
VI.a 1 Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác…. 1,0
'M
đối xứng với
)0;2(M
qua
010:)( =−− yxd
nên
)8;10(' −M
Đường thẳng qua
)0;2(M
với vectơ pháp tuyến
);( ban
có phương trình
0)2( =+− byxa
tạo với
010:)( =−− yxd
góc
ϕ
khi đó




=
=
⇔==
+
−
ab
ba
ba
ba
7
7
5
3
cos
2
22
ϕ
0,25
Với
ba 7
=
chọn
71
=⇒=
ab
, đường thẳng
AB
có phương trình
0147 =−+ yx
cắt

010:)( =−− yxd
tại
A
có tọa độ
)7;3( −A
khi đó
B
đối xứng với
)7;3( −A
qua
)0;2(M

có tọa độ
)7;1(B
210=⇒ AB
ABCABMBAM
SdABS
∆∆
===⇒
2
1
48.
2
1
);'('
'2AMAC =⇒
)9;17( −⇒ C
0,25
Với
ab 7

=
chọn
71
=⇒=
ba
khi đó
027: =−+ yxAB
cắt
010:)( =−− yxd
tại
)1;9( −A
)1;5(−⇒ B
210=⇒ AB
ABCBAM
SS
∆∆
==⇒
2
1
48
'
'2AMAC =⇒
)15;11( −⇒ C
0,25
Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác là:



−−−
−−

)15;11(),1;5(),1;9(
)9;17(),7;1(),7;3(
CBA
CBA
0,25
2
Viết phương trình đường thẳng… 1,0
Mặt phẳng (P) qua M(0;1;1) và vuông góc với
1
d
nhận vectơ chỉ phương
)1;1;3(
1
u
làm
vectơ pháp tuyến có phương trình: 3x +y+z-2=0
0,5
(P) cắt
2
d
tại điểm N có tọa độ thỏa mãn hệ
)3;2;1(
023
02
1
−⇒






=−++
=+−+
−=
N
zyx
zyx
x
0,25
Đường thẳng cần tìm qua M(0;1;1) và N(-1;2;3) có phương trình chính tắc:
2
1
1
1
1
−
=
−
=
−
zyx
0,25
VII.a
Giải phương trình:
3 2
3(1 2 ) (3 8 ) 2 5 0z i z i z i− + − − − + =
(*) 1,0
2
2
1

(*) ( 1) 2(1 3 ) 2 5 0
2(1 3 ) 2 5 0 (1)
z
z z i i
z i i
=

 
⇔ − − + + − = ⇔

 
− + + − =

0,25
(1) có
2 2
' (1 3 ) (2 5) 3 4 (1 2 )i i i i∆ = + − − = − + = +
0,25
; 2 5z i z i⇒ = = +
0,25
Vậy
S={ ; 2 5 ;1}i i+
là tập nghiệm của phương trình. 0,25
VI.b
1
Viết phương trình đường tròn…. 1,0
( 1; 3)A − −
trọng tâm
(4; 2)G −
suy ra trung điểm

M
của
BC
có toạ độ
13 3
;
2 2
M
 
−
 ÷
 
( ):3 2 4 0d x y+ − =
là trung trực của AB nên AB nhận
(2; 3)
d
u −
uur
làm vectơ pháp tuyến, AB
có phương trình:
2 3 7 0x y− − =
; AB cắt (d) tại trung điểm N của AB có toạ độ
( )
2; 1N −
( )
5;1B⇒
(8; 4)C⇒ −
0,5
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình:
2 2

2 2 0x y ax by c+ − − + =
khi đó
74
21
2 6 10
23
10 2 26
7
16 8 80
8
3
a
a b c
a b c b
a b c
c

=

+ + = −


 
+ − = ⇔ = −
 
 
− − =


=



Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình:
2 2
148 46 8
0
21 7 3
x y x y+ − + + =
0,5
2 Viết phương trình đương thẳng vuông góc và cắt…. 1,0
Đường thẳng (d) vuông góc với (P): x+y+z-1=0 nên (d) có vectơ chỉ phương là
(1;1;1)u
r
Mặt phẳng
1
( )P
chứa
d
và
1
d
qua M(-1;1;4) nhận
(1;1;1)u
r
và
1
(2;3;4)u
ur
làm cặp vectơ chỉ
phương hay nhận

1 1
1 1 1 1 1 1
[ ; ] ; ; (1; 2;1)
3 4 4 2 2 3
n u u
 
= = = −
 ÷
 
ur r ur
làm vectơ pháp tuyến có
phương trình:
2 1 0x y z− + − =
0,25
(
2
P
) nhận chứa d và
2
d
nhận
(1;1;1)u
r
và
2
(2; 3;1)u −
uur
làm cặp vectơ chỉ phương nên nhận
0,25
2 2

[ ; ] (4;1; 5)n u u= = −
uur r uur
, qua N(1;-2;5) có phương trình:
4 5 23 0x y z+ − + =
(d) là giao của
1
( )P
và (
2
P
) có phương trình thoả mãn hệ
2 1 0
4 5 23 0
x y z
x y z
− + − =


+ − + =

đặt
z t=
ta được
5
3
x t
y t
z t
= − +



= − +


=

0,25
Vậy đường thẳng cần tìm có phơng trình chính tắc là:
5 3
1 1 1
x y z+ +
= =
0,25
VII.b
1
2
3 4 1
log 1
3 3 4 3
z i
z i
 
− + +
=
 ÷
 ÷
− + −
 
. (*) Tìm số phức có môđun lớn nhất 1,0
Đ ặt

( , )z a bi a b= + ∈¡
.
Có (*)
3 4 1
1
3 4 5 ( 3) ( 4) 5
3 3 4 3 2
z i
z i a b i
z i
− + +
⇔ = ⇔ − + = ⇔ − + + =
− + −
0,25
Do đó tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thoả mãn là đường tròn tâm
(3; 4)I −
bán kính
5R
=
. Khi đó số phức z thoả mãn
1
2
3 4 1
log 1
3 3 4 3
z i
z i
 
− + +
=

 ÷
 ÷
− + −
 
là số phức có môđun lớn nhất thì điểm biểu diễn của z là điểm
đối xứng với
(0;0)O
qua
(3; 4)I −
0,25
N đối xứng với O qua I có toạ độ là: N(6;-8) 0,25
Vậy số phức z cần tìm là z = 6 - 8i 0,25
Ghi chú:
- Câu IV thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm điẻm
- Các ý khác thí sinh giải cách khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
3
4−