ĐỀ + ĐA CHI TIẾT THI THỬ 2010

TRUNG TÂM LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO THÀNH CÔNG QUẢNG NINH ĐỀ 05 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC THÁNG 6/ 2010 Môn Toán - Khối A, B Thời gian làm bài: 180 (phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 ( 3) 4y x mx m x= + + + + có đồ thị là (C m ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C 1 ) của hàm số trên khi m = 1. 2. Cho (d) là đường thẳng có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải bất phương trình )3(log53loglog 2 4 2 2 2 2 −>−− xxx ( x ∈ R). 2. T×m );0( π ∈x tho¶ m·n ph¬ng tr×nh: cot x - 1 = xx x x 2sin 2 1 sin tan1 2cos 2 −+ + . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 2 2 4 1 1 x I dx x + = ∫ Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Câu V (1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 x (y z) y (z x) z (x y) P yz zx xy + + + = + + . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình 01 =++ yx , trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x – y – 2 = 0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz. Viết phương trình đường thẳng qua điểm A(1;1;0) đồng thời cắt cả hai đường thẳng 1 x 1 (d ) : y t ; (t ) z t =   = ∈   =  ¡ và 2 x 1 u (d ) : y 0 ; (u ) z 1 = − +   = ∈   =  ¡ . Câu VII.a (1,0 điểm) Chứng minh rằng với hai số phức z và z’ ta có |z.z’| = |z|.|z’|. B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng 5,5 và trọng tâm G thuộc đường thẳng d: 043 =−+ yx . Tìm tọa độ đỉnh C. 2. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2 (S) : (x 1) (y 2) (z 3) 64− + + + + = và mặt phẳng (P) : 2x y 2z 13 0− + + = cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (C). Xác định tâm và bán kính của đường tròn đó. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2010 2010 2011 2011 2 2 log log 4 y x y x x xy y x y  − = − − +    + =  . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… Thầy: Hoàng Khắc Lợi - 0915.12.45.46 ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ 01 THI THỬ THÁNG 6 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 ( Các bước khảo sát HS tự thực hiện) Bảng biến thiên: 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Phương trình hoành độ điểm chung của (C m ) và d là: + + + + = + ⇔ + + + = =  ⇔  = + + + =  3 2 2 2 2 ( 3) 4 4 (1) ( 2 2) 0 0 ( ) 2 2 0 (2) x mx m x x x x mx m x g x x mx m (d) cắt (C m ) tạibađiểm phân biệt A(0; 4), B, C ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. ≤ − ∨ ≥  ∆ = − − >  ⇔ ⇔   ≠ − = + ≠   / 2 1 2 2 0 ( ) 2 (0) 2 0 m m m m a m g m Mặt khác: − + = = 1 3 4 ( , ) 2 2 d K d Do đó: ∆ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = 2 1 8 2 . ( , ) 8 2 16 256 2 KBC S BC d K d BC BC 2 2 ( ) ( ) 256 B C B C x x y y⇔ − + − = với , B C x x là hai nghiệm của phương trình (2). ⇔ − + + − + = ⇔ − = ⇔ + − = 2 2 2 2 ( ) ( 4 ( 4)) 256 2( ) 256 ( ) 4 128 B C B C B C B C B C x x x x x x x x x x 2 2 1 137 4 4( 2) 128 34 0 2 m m m m m ± ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ = (thỏa ĐK (a)). Vậy ± = 1 137 2 m §K:    ≥−− > 03loglog 0 2 2 2 2 xx x 0,25 0,25 0,25 0,25 Thầy: Hoàng Khắc Lợi - 0915.12.45.46 Bất phơng trình đã cho tơng đơng với )1()3(log53loglog 2 2 2 2 2 > xxx đặt t = log 2 x, BPT (1) )3(5)1)(3()3(532 2 >+> tttttt << << >+ > 4log3 1log 43 1 )3(5)3)(1( 3 1 2 2 2 x x t t ttt t t << < 168 2 1 0 x x Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: )16;8(] 2 1 ;0( II 1 0,25 0,25 0,25 0,25 2 ĐK: + 1tan 02sin 0cossin 02sin x x xx x Khi đó pt xxx xx xx x xx cossinsin sincos cos.2cos sin sincos 2 + + = xxxxxx x xx cossinsincossincos sin sincos 22 += )2sin1(sinsincos xxxx = 0)1sincos)(sinsin(cos 2 = xxxxx 0)32cos2)(sinsin(cos =+ xxxx 0sincos = xx tanx = 1 )( 4 Zkkx += (tm) ( ) 4 0;0 == xkx =>KL: 0,25 0,25 0.25 0,25 III t t = 1 x => x = 1 t dx = - 2 1 t dt Ta cú I = 1 2 2 2 1 4 1 1 1 1 t t t + dt = 1 2 1 2 1t t + dt = 1 2 2 1 2 1 1 5 5 ( 1) 1 (2 2 ) 3 3 8 t t+ + = 0,25 0,25 0,5 IV Do SA = SB = AB (= a) nờn SAB l tam giỏc u. Gi G v I tng ng l tõm ca tam giỏc u SAB v tõm ca hỡnh vuụng ABCD. Gi O l tõm mt cu ngoi tip hỡnh chúp S.ABD. Ta cú OG (SAB) v OI (ABCD).Suy ra: + OG = IH = a 2 , trong ú H l trung im ca AB. + Tam giỏc OGA vuụng ti G. Kớ hiu R l bỏn kớnh mt cu ngoi tip hỡnh chúp S.ABD, ta cú: 2 2 2 2 a 3a a 21 R OA OG GA 4 9 6 = = + = + = 0,25 0,25 0,25 0,25 Thy: Hong Khc Li - 0915.12.45.46 A B C D H G O I S V Ta có : 2 2 2 2 2 2 x x y y z z P y z z x x y = + + + + + (*)Nhận thấy : x 2 + y 2 – xy ≥ xy ∀x, y ∈ ¡ Do đó : x 3 + y 3 ≥ xy(x + y) ∀x, y > 0 hay 2 2 x y x y y x + ≥ + ∀x, y > 0 Tương tự, ta có : 2 2 y z y z z y + ≥ + ∀y, z > 0 2 2 z x z x x z + ≥ + ∀x, z > 0 Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: P ≥ 2(x + y + z) = 2 ∀x, y, z > 0 và x + y + z = 1 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = 1 3 . Vì vậy, minP = 2. 0,25 0,25 0,25 0,25 VIa 1 KH: 022:;01: 21 =−−=++ yxdyxd 1 d có véctơ pháp tuyến )1;1( 1 =n và 2 d có véctơ pháp tuyến )1;1( 2 =n • AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương )1;1( 1 =n ⇒ phương trình AC: 03 =−− yx . ⇒∩= 2 dACC Tọa độ C là nghiệm hệ: )4;1( 022 03 −−⇒    =−− =−− C yx yx . • Gọi );( BB yxB ⇒ ) 2 ; 2 3 ( BB yx M + ( M là trung điểm AB) Ta có B thuộc 1 d và M thuộc 2 d nên ta có: )0;1( 02 2 3 01 −⇒      =−−+ =++ B y x yx B B BB • Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng: 022 22 =++++ cbyaxyx . Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có      −= = −= ⇔      −=+−− −=+− −=+ 3 2 1 1782 12 96 c b a cba ca ca ⇒ Pt đường tròn qua A, B, C là: 0342 22 =−+−+ yxyx . Tâm I(1;-2) bán kính R = 22 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Gọi (d) là đường thẳng cần tìm và (d) cắt 1 (d ) và 2 (d ) theo thứ tự tại B và C Ta có: 1 B (d ) B(1;t;t)∈ ⇒ và 2 C (d ) C( 1 u;0;1)∈ ⇒ − + AB (0; 1 t;t)⇒ = − + uuur , AC ( 2 u; 1;1)= − + − uuur Ba điểm A, B, C thẳng hàng 1 t 0 1 t t 1 1 B 1; ; , C(1;0;1) 2 2 u 1 1 2 2 u 2  = − +    ⇔ = = ⇔ ⇒   ÷ − + −    =  Vậy x 1 qua A(1;1;0) (d) : (d) : y 1 t ; (t ). vtcp CA (0; 1;1) z t =    ⇔ = − ∈   = −   =  uuur ¡ 0,25 0,25 0,5 VIIa Giả sử z = a + bi và z’ = a’ + b’i trong đó a, b, a’, b’ ∈ R => z.z’ = (aa’ – bb’) + (ab’ + ba’)i . Khi đó |z.z’| = | (aa’ – bb’) + (ab’ + ba’)i| = ( ) 2 2 (aa’ – bb’) ab’ ba’+ + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 aa’ bb’ ab’ ba’+ + + Mặt khác |z|.|z’| = 2 2 a + b . 2 2 a' + b' = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 aa’ bb’ ab’ ba’+ + + 0,25 0,25 Thầy: Hoàng Khắc Lợi - 0915.12.45.46 Suy ra : |z.z’| = |z|.|z’|. 0,5 VIb 1 • Gọi tọa độ của điểm ) 3 ; 3 1();( CC CC yx GyxC +⇒ . Vì G thuộc d )33;(3304 33 13 +−⇒+−=⇒=−+       +⇒ CCCC CC xxCxy yx •Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương )2;1(=AB 032: =−−⇒ yxptAB • 5 11 5 3332 5 11 );( 2 11 );(. 2 1 = −−+ ⇔=⇔== ∆ CC ABC xx ABCdABCdABS      = −= ⇔=−⇔ 5 17 1 1165 C C C x x x TH1: )6;1(1 −⇒−= Cx C , TH2: ) 5 36 ; 5 17 ( 5 17 −⇒= Cx C . 0,5 0,5 2 Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3)− − và bán kính R 8= Ta có: [ ] 2 2 6 13 11 HI d I;(P) R 8 3 4 1 4 + − + = = = < = + + ⇒ (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C). Đường tròn (C) có tâm H là hình chiếu của I trên mặt phẳng (P) và bán kính là 2 2 2 2 11 455 r AH R HI 8 3 3   = = − = − =  ÷   Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là n (2; 1;2)= − r .Gọi (d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P) qua I(1; 2; 3) (d) : vtcp n (2; 1;2) − −  ⇒  = −  r x 1 2t (d) : y 2 t ; (t ) z 3 2t = +   ⇒ = − − ∈   = − +  ¡ H (d) (P) H(1 2t;2 t; 3 2t)= ∩ ⇒ + + − + thay vào (P) ta được: 11 2(1 2t) (2 t) 2( 3 2t) 13 0 9t 11 0 t 9 + + + + − + + = ⇔ + = ⇔ = − 13 7 49 H ; ; 9 9 9   ⇒ − − −  ÷   Vậy đường tròn cần tìm có tâm 13 7 49 H ; ; 9 9 9   − − −  ÷   và bán kính bằng 455 3 . 0,5 0,5 VIIb Giải hệ phương trình : ( ) ( ) ( ) 2 2 2010 2010 2011 2011 2 2 log log . * 4 y x y x x xy y x y  − = − − +    + =  Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có : 0 4 3 2 2 2 22 >+       −=+− y y xyxyx yx,∀ >0 Xét x > y 2010 2010 2011 2011 VT(*) 0 log log VP(*) 0 x y >  ⇒ < ⇒ ⇒  <  (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm Xét x < y 2010 2010 2011 2011 VT(*) 0 log log VP(*) 0 x y <  ⇒ > ⇒ ⇒  >  (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. Khi x = y hệ cho ta 2 2 0 0 2 2 4x y =   = =  ⇔ x = y = 2 ( do x, y > 0). Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( ) ( ) ; 2; 2x y = 0,5 0,5 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. Hết Thầy: Hoàng Khắc Lợi - 0915.12.45.46 Thầy: Hoàng Khắc Lợi - 0915.12.45.46 . y = + + + + + (*)Nhận thấy : x 2 + y 2 – xy ≥ xy ∀x, y ∈ ¡ Do đó : x 3 + y 3 ≥ xy(x + y) ∀x, y > 0 hay 2 2 x y x y y x + ≥ + ∀x, y > 0 Tương tự, ta có : 2 2 y z y z z y + ≥ + ∀y,. t ; (t ) z 3 2t = +   ⇒ = − − ∈   = − +  ¡ H (d) (P) H(1 2t;2 t; 3 2t)= ∩ ⇒ + + − + thay vào (P) ta được: 11 2(1 2t) (2 t) 2( 3 2t) 13 0 9t 11 0 t 9 + + + + − + + = ⇔ + = ⇔ = − 13 7 49 H. 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Phương trình hoành độ điểm chung của (C m ) và d là: + + + + = + ⇔ + + + = =  ⇔  = + + + =  3 2 2 2 2 ( 3) 4 4 (1) ( 2 2) 0 0 ( ) 2 2 0 (2) x mx m x x x x mx m x g x