K THI TH I HC
KHI A, B, D - Nm 2010
Mụn thi: Toỏn.
Thi gian lm bi: 180 phỳt.
Ngy 20 thỏng 3 nm 2010.

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:
2 3
2
2
cos cos 1
cos2 tan
cos

x x
x x
x


.
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 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 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)
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 là các nghiệm phức của phương trình
2
2 4 11 0z z  
. Tính giá trị của biểu thức
2 2
1 2
2
1 2
( )
z z
z z


.
2. Theo chương trình Nâng cao
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 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  
.
ĐÁP ÁN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC
KHỐI A, B, D - 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 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
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  
.
Phương trình BC: 3x – 3y + 23=0
2 3 0
14 37
;
3 3 23 0
3 3
x y
C
x y
  

 
 

 
  
 



0.5
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
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
VIIa
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
VIIb
+ 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
  
   
           
 

0.25