Đề Thi Thử Đại Học Năm 2011 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    . 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 lợt 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 1 a 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 l cỏc nghim phc ca phng trỡnh 2 2 4 11 0 z z . Tớnh giỏ tr ca biu thc 2 2 1 2 2 1 2 ( ) z z z z . 2. Theo chng trỡnh Nõng cao Cõu VIb. ( 2 im) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : 3 8 0 x y    , ':3 4 10 0 x 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  R . tavi ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010 Câ u Ý Nội dung Điể m 1 1 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 I 2 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              0.25 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                             Giải ra ta có ĐS: m = 9 65 8  0.25 ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về 2 2 2 cos2 tan 1 cos (1 tan ) 2cos cos -1 0 x x x x x x         0.5 1 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 0 y  , 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, 1 v 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 II 2 +) Với 5, 9 v 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 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 IV Tính đúng diện tích hình thang BDMN . Suy ra thể tích cần tìm là: 3 3 16 a . 0.25 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 V 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 0.5 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                  Täa ®é cña B = 19 4 ; 3 3        0.5 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 0 x 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 . 2. 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 Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) 0.25 VI b 1. Theo yc thì k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nên ta có 0.25 2 2 2 2 3( 3 8) 4 10 ( 3 8 2) ( 1) 3 4 t t t t            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 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 2. M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25 + 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 1 t  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 VII b + Kiểm tra thấy chỉ có 2, 1 x y    thoả mãn điều kiện trên. Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2, 1 x y    . 0.25 A B D P N . Đề Thi Thử Đại Học Năm 2011 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 thi n.                    , ( , ) x y  R . tavi ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010 Câ u Ý Nội dung Điể m 1 1 PT hoành độ giao điểm. 3x 2 + mx + 1 có đồ thị là (C m ); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thi n 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