SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHÍ LINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Thi : TOÁN ; Khối :A Lần thứ hai Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề. Đề gồm 01 trang Câu 1: ( 2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 2 2 2y x m x= − + (1) 1) Với 1m = . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 2) Tìm m ( )m∈¡ để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành 3 đỉnh của một tam giác vuông. Câu 2: (2,0 điểm) 1) Cho hai phương trình cos sinx 1 (1)x m+ = và 2 sinx cos (2)m x m+ = Tìm m ( m∈¡ ) để mọi nghiệm của (1) đều là nghiệm của (2). 2) Giải phương trình 2 2 4 2 2 2 2 log log 8 log ( ) 4 x x x x+ − = ∈¡ Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân 0 sinx I 1 sin x dx x π = + ∫ Câu 4: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy ABC là tam giác đều, hình chiếu của A trên (A’B’C’) trùng với trọng tâm G của ∆ A’B’C’. Mặt phẳng (BB’C’C) tạo với (A’B’C’) góc 0 60 . Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a. Câu 5: (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy, Cho đường tròn (C): 2 2 - 2 4 - 20 0x y x y+ + = , điểm A(4;2). Gọi I là tâm của (C), d là tiếp tuyến của (C) tại A. Viết phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua I cắt d tại B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 25. Câu 6: ( 1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S), 2 đường thẳng 1 2 ,d d có phương trình (S): 2 2 2 4 4 2 16 0x y z x y z+ + − − + − = 1 2 3 1 1 1 : : 2 ( ) 1 4 1 1 2 x t x y z d d y t t z t = + − + − = = = ∈ − = − + ¡ Viết phương trình mặt phẳng song song với 1 2 ,d d và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi là 8 π . Câu 7: ( 1,0 điểm). Cho số phức z thoả mãn 2 2 3 0z z− + = . Gọi f(z) là số phức xác định bởi 17 15 14 2 ( ) 6 3 5 9f z z z z z z= − + + − + Tính mô đun của f(z). Câu 8: (1,0 điểm) Cho ABC∆ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 tan 2 tan 5tan 2 2 2 A B C P = + + ………….…………………………………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:http://laisac.page.tl Chữ kí giám thị:……………………………………… Híng dÉn chÊm TOÁN KHÓI A Câu Nội dung Điểm Câu1 (2,0đ) 1)1,0 đ 1) m=1 => 4 2 2 2y x x= − + Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 4 2 2 2y x x= − + 1. Tập xác định: D = ¡ 2. Sự biến thiên của hàm số * Giới hạn tại vô cựccủa hàm số. 4 2 4 2 4 2 2 lim lim ( 2 2) lim (1 ) lim x x x x y x x x x x y →+∞ →+∞ →+∞ →−∞ = − + = − + = +∞ = +∞ * Lập bảng biến thiên 3 0 (0) 2 ' 4 4 ; ' 0 1 ( 1) 1 x y y x x y x y = ⇒ = = − = ⇔ = ± ⇒ ± = 0,25 bảng biến thiên x - ∞ -1 0 1 + ∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y + ∞ 2 + ∞ 1 1 0,25 Hàm số đồng biến trêncác khoảng (-1;0) và (1;+ ∞ ) Hàm số nghịch biến trêncác khoảng (- ∞ ;-1) và (0;1) Hàm số đạt cực đại tại x=0 =>y cđ =2 Hàm số đạt cực tiểu tại 1 1 ct x y= ± ⇒ = 0.25 3. Đồ thị -Giao của đồ thị hàm số và Ox: y=0=> x φ ∈ - Giao của đồ thị hàm số và Oy: x=0=>y=2 - đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng. 0,25 2)1,0đ 2)Tìm m ( )m∈¡ để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành 3 đỉnh của một tam giác vuông. 4 2 2 2 2y x m x= − + 3 2 ' 4 4y x m x= − m=0 ⇒ 3 ' 4 0 0y x x= = ⇔ = ⇒ hàm số không có 3 cực trị ⇒ m=0 loại 0,25 2 O x y 4 0 (0) 2 0 ' 0 | | ( | |) 2 x y m y x m y m m = ⇒ = ≠ ⇒ = ⇔ = ± ⇒ ± = − Bảng biến thiên x - ∞ -|m| 0 |m| + ∞ y’ - - 0 + + 0 - - 0 + + y 2 4 2 m− 4 2 m− mọi m ≠ 0 đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là A(0;2), B(-|m|;2-m 4 ), C(|m|;2-m 4 ) 0,25 2 8 2 ; 4AB m m AC BC m= + = = A,B,C lập thành 3 đỉnh của một tam giác vuông ⇔ ∆ ABC vuông tại A 0,15 2 2 2 2 8 2 8 2 0 2( ) 4 0 1 m AB AC BC m m m m m m = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ − = ⇔ = ± kết hợp m ≠ 0 được 1m = ± 0,25 Câu 2: (2,0đ) 1)Cho hai phương trình cos sinx 1 (1)x m+ = và 2 sinx cos (2)m x m+ = Tìm m ( m∈¡ ) để mọi nghiệm của (1) đều là nghiệm của (2). Thuận: Ta thấy x=0 là 1 nghiệm của (1) do vậy để mọi nghiệm của (1) đều là nghiệm của (2) thì x=0 cũng là 1 nghiệm của (2). Thay x=0 vào (2) ta được 2 1 1m m= ⇔ = ± 0,5 Đảo: Với m=1 (1) ⇔ 2 1 sinx cos 1 2 sin( ) 1 sin( ) ( ) 4 4 2 2 2 x k x x x k x k π π π π π = + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ ∈ = + ¢ (2) ⇔ sinx+cosx=1 ⇒ m=1 thoả mãn. Tương tự m=-1 thoả mãn. KL 0,5 1)1,0đ 2)Giải phương trình 2 2 4 2 2 2 2 log log 8 log ( ) 4 x x x x+ − = ∈¡ (1) ĐKXĐ:x>0 2 2 2 2 2 2 (1) (2log ) 4log 8 (2log ) 4 x x x⇔ + − = 0,25 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4log 4log 8 4(2log 2) log log 2 (2log 2) (*) x x x x x x ⇔ + − = − ⇔ + − = − 0,25 Đặt t=log 2 x 0,25 3 2 2 2 2 (2 2) 3 9 6 0 1 2 t t t t t t t + − = − ⇔ − + = = ⇔ = t=1 ta có log 2 x=1 ⇔ x=2 t=2 ta có log 2 x=2 ⇔ x=4 kết hợp với ĐKXĐ ⇒ phương trình đã cho có 2 nghiệm là x=2 và x=4 0,25 Câu 3: (1,0đ) Tính tích phân 0 sinx I 1 sin x dx x π = + ∫ Đặt sinx ( )sin( ) ( )sin ( ) 1 sin 1 sin( ) 1 sin t x dt dx x t t t t dx dt dt x t t π π π π π = − ⇒ = − − − − = − = − + + − + Nếu 0 0 x t x t π π = ⇒ = = ⇒ = 0 ( )sin 1 sin t t I dt t π π − = − = + ∫ 0,25 0 0 0 0 sin sin sin 1 sin 1 sin 1 sin sin 2 1 sin t t t t dt dt dt I t t t t I dt t π π π π π π π = − = − + + + ⇔ = + ∫ ∫ ∫ ∫ 0,25 0 0 0 1 1 (1 ) ( ) 2 1 sin 2 1 sin I dt t dt t t π π π π π = − = − = + + ∫ ∫ 0,25 0 2 2 0 0 1 1 ( ) ( ) ( tan( ) ) ( 2) 2 2 2 2 4 2 (sin os ) 2 os ( ) 2 2 2 4 t dt dt t t t c c π π π π π π π π π π π π π = − = − = − − = − + − ∫ ∫ 0,25 Câu 4: (1,0đ) a A' C' B' C B A M H M' G gọi M,M’ lần lượt là trung điểm BC,B’C’ ⇒ A’,G,M’ thẳng hàng và AA’M’M là hình bình hành . A’M’ ⊥ B’C’, AG ⊥ B’C’ ⇒ B’C’ ⊥ (AA’M’M) ⇒ góc giữa (BCC’B’) và (A’B’C’) là góc giữa A’M’ và MM’ bằng · 0 ' 60M MA = 0,25 4 đặt x=AB ∆ ABC đều cạnh x có AM là đường cao ⇒ 3 2 3 ' ', ' 2 3 3 x x AM A M A G AM= = = = Trong ∆ AA’G vuông có AG=AA’sin60 0 = 3 2 a ; 0 3 3 ' ' os60 2 3 2 a x a A G AA c x= = = ⇔ = 0,25 diện tích ∆ ABC là 2 2 0 2 1 3 3 3 3 3 . .sin 60 ( ) 2 4 4 2 16 ABC x a a S AB AC ∆ = = = = 0,25 thể tích khối lăng trụ là 2 3 . ' ' ' 3 3 3 9 . 2 16 32 ABC A B C ABC a a a V AG S ∆ = = = 0,25 Câu 5: (1,0đ) d I A B (C): 2 2 - 2 4 - 20 0x y x y+ + = Tâm I(1;-2) bán kính r=5 (3;4)IA = uuv d là tiếp tuyến của (C) tại A ⇒ d IA A d ⊥ ∈ ⇒ d đi qua A và nhận (3;4)IA = uuv làm véc tơ pháp tuyến ⇒ phương trình của d :3(x-4)+4(y-2)=0 ⇔ 20 3 4 x y − = 0,5 Gọi ∆ là đường thẳng đi qua I cắt d tại B 20 3 ( ; ) 4 x B x − ⇒ sao cho diện tích ∆ IAB bằng 25. Do ∆ IAB vuông tại A nên 1 1 . 5. 25 10 2 2 IAB S IA AB IB AB ∆ = = = ⇔ = 2 2 2 2 2 12 (12; 4) 20 3 12 3 ( 4) ( 2) 10 ( 4) ( ) 100 ( 4) 64 4 ( 4;8) 4 4 x B x x x x x x B = ⇒ − − − ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ − = ⇒ = − ⇒ − 0,25 Nếu B(12;-4). ∆ là đường thẳng đi qua I nhận (11; 2)IB = − uuv làm véc tơ chỉ phương có phương trình là 1 2 2 11 20 0 11 2 x y x y − + = ⇔ + + = − nếu B(-4;8) tương tự phương trình ∆ :2x+y=0 KL 0,25 Câu 6: (1,0đ) (S): 2 2 2 4 4 2 16 0x y z x y z+ + − − + − = 1 2 3 1 1 1 : : 2 ( ) 1 4 1 1 2 x t x y z d d y t t z t = + − + − = = = ∈ − = − + ¡ (S) có tâm I(2;2;-1) bán kính R=5 1 d đi qua điểm M 1 (1;-1;1) có véc tơ chỉ phương là 1 ( 1;4;1)u = − uv 2 d đi qua điểm 2 (3;0; 1)M − có véc tơ chỉ phương là 2 (1;2;2)u = uuv ( ) 4 1 1 1 1 4 1 2 2 2 2 1 1 2 [ , ] ; ; (6;3; 6) 3(2;1; 2)u u − − = = − = − u uuv v 0,25 5 Gọi (P) là mặt phẳng song song với 1 2 ,d d ⇒ (P) nhận 1 2 1 [ , ]=(2;1;-2) 3 u u u uuv v làm véc tơ phép tuyến ⇒ phương trình của (P): 2 2 0x y z D+ − + = . (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính r chu vi là 2 2 2 2 8 2 4 ( ,( )) 25 ( ,( )) ( ,( )) 9 ( ,( )) 3r r R d I P d I P d I P d I P π π = ⇔ = = − = − ⇔ = ⇔ = 0,25 2 2 2 1 | 2.2 1.2 2( 1) | 3 | 8| 9 17 2 1 ( 2) D D D D = + − − + ⇔ = ⇔ + = ⇔ = − + + − D=3 ⇒ phương trình của (P 1 ): 2 2 1 0x y z+ − + = D=-15 ⇒ phương trình của (P 2 ): 2 2 17 0x y z+ − − = 0,25 ta thấy M 1 ,M 2 không thuôc 2 ( )P nên 2 ( )P thoả mãn đề bài 1 (1; 1;1)M − nằm trên 1 ( )P nên 1 ( )P chứa 1 d ⇒ 1 ( )P : 2 2 1 0x y z+ − + = loại. Vậy phương trình của (P) thoả mãn đề bài là 2 2 17 0x y z+ − − = 0,25 Câu 7: (1,0đ) Cho số phức z thoả mãn 2 2 3 0z z− + = . Gọi f(z) là số phức xác định bởi 17 15 14 2 ( ) 6 3 5 9f z z z z z z= − + + − + Tính mô đun của f(z). 2 2 3 0 (1)z z− + = (1)có ∆ =-2<0 nên (1) có 2 nghiệm phức là 1 1 2 2 1 2 | | | | 3 1 2 z i z z z i = − ⇒ = = = + 0,5 17 15 14 2 15 2 14 2 2 ( ) 6 3 5 9 ( 2 3) 2 ( 2 3) 3( 2 3)f z z z z z z z z z z z z z z z= − + + − + = − + + − + + − + + 0,25 nếu 1 1 1 1 1 ( ) | ( ) | | | 3z z f z z f z z= ⇒ = ⇒ = = nếu 2 2 2 2 2 ( ) | ( ) | | | 3z z f z z f z z= ⇒ = ⇒ = = Vậy | ( ) | 3f z = 0,25 Câu 8: (1,0đ) Cho ABC ∆ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 tan 2 tan 5tan 2 2 2 A B C P = + + Chứng minh được tan tan tan tan tan tan 1 2 2 2 2 2 2 A B B C C A + + = 0,25 Ta có 2 2 (tan tan tan ) (tan 2tan ) 0 2 2 2 2 2 A B C B C ABC− − + − ≥ ∀∆ 2 2 2 tan 2 tan 5tan 2(tan tan tan tan tan tan ) 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 A B C A B B C C A ABC P ABC P ABC ⇔ + + − + + ≥ ∀∆ ⇔ − ≥ ∀∆ ⇔ ≥ ∀∆ 0,5 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 tan tan tan tan 0 2 11 2 2 2 2 tan 2tan 0 tan 2 2 2 11 1 tan tan tan tan tan tan 1 tan 2 2 2 2 2 2 2 11 A A B C B C B A B B C C A C = − − = − = ⇔ = + + = = vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 0,25 6 . SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHÍ LINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Thi : TOÁN ; Khối :A Lần thứ hai Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề. Đề gồm 01 trang Câu. sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………; Số báo danh:http://laisac.page.tl Chữ kí giám thị:……………………………………… Híng dÉn chÊm TOÁN KHÓI A Câu Nội. = 0,25 thể tích khối lăng trụ là 2 3 . ' ' ' 3 3 3 9 . 2 16 32 ABC A B C ABC a a a V AG S ∆ = = = 0,25 Câu 5: (1,0đ) d I A B (C): 2 2 - 2 4 - 20 0x y x y+ + = Tâm I(1;-2) bán kính r=5 (3;4)IA