SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2010 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I. (2 điểm) Cho hàm số 132 24 ++−= mmxxy (1) (m là tham s ố th ự c) 1) Kh ả o sát s ự bi ế n thiên và v ẽ đồ th ị hàm s ố (1) khi m = 1. 2) Tìm các giá tr ị c ủ a m để đồ th ị hàm s ố (1) có đ i ể m c ự c đạ i và đ i ể m c ự c ti ể u, đồ ng th ờ i các đ i ể m c ự c đạ i, c ự c ti ể u t ạ o thành tam giác có di ệ n tích b ằ ng 1. Câu II. (2 điểm) 1) Gi ả i ph ươ ng trình: .xsinxcosxcos 2 4 3 4 3 22 2 = π − π +− 2) Gi ả i h ệ ph ươ ng trình: )Ry,x( )x(y)x( xxyyx ∈ +=++ +=+ 2 6432 112 22 . Câu III. (1 điểm) Tính tích phân ∫ π + − = 2 0 12 32 dx xsin xcosxsin I . Câu IV. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đ áy ABCD là hình ch ữ nh ậ t, SA vuông góc v ớ i m ặ t ph ẳ ng đ áy, SC t ạ o v ớ i m ặ t ph ẳ ng đ áy góc 45 0 và t ạ o v ớ i m ặ t ph ẳ ng (SAB) góc 30 0 . Bi ế t độ dài c ạ nh AB = a. Tính th ể tích kh ố i c ủ a chóp S.ABCD. Câu V. (1 điểm) Gi ả i b ấ t ph ươ ng trình: 3294 2 12 22 13 −+< + +− ++ xx x x . )Rx( ∈ . PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: PHẦN A hoặc PHẦN B) PHẦN A Câu VIa. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm );(H 11 − , đ i ể m );(E 21− là trung đ i ể m c ủ a c ạ nh AC và c ạ nh BC có ph ươ ng trình 012 =+− yx . Xác đị nh t ọ a độ các đỉ nh c ủ a tam giác ABC. 2) Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a độ Oxyz cho đườ ng th ẳ ng 2 1 1 1 2 1 1 − = + = − ∆ zyx : . Vi ế t ph ươ ng trình m ặ t c ầ u (S) có tâm là đ i ể m );;(I 301 và c ắ t đườ ng th ẳ ng 1 ∆ t ạ i hai đ i ể m A, B sao cho tam giác IAB vuông t ạ i I. Câu VIIa. (1 điểm) Tìm s ố ph ứ c z th ỏ a mãn: )iz)(z( 21 +− là s ố th ự c và z nh ỏ nh ấ t. PHẦN B Câu VIb. (2 điểm) 1) Trong m ặ t ph ẳ ng v ớ i h ệ t ọ a độ Oxy cho đ i ể m M(2; 3). Vi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng l ầ n l ượ t c ắ t các tr ụ c Ox, Oy t ạ i A và B sao cho MAB là tam giác vuông cân t ạ i A. 2) Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a độ Oxyz cho đườ ng th ẳ ng 1 1 1 2 1 1 2 − + = − = + ∆ zyx : . Vi ế t ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng (P) ch ứ a đườ ng th ẳ ng 2 ∆ và t ạ o v ớ i m ặ t ph ẳ ng (xOy) m ộ t góc nh ỏ nh ấ t. Câu VIIb. (1 điểm) Tìm m ộ t acgumen c ủ a s ố ph ứ c 0≠z th ỏ a mãn zizz =− . Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh http://laisac.page.tl SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2010 Môn thi: Toán NỘI DUNG ĐIỂM Câu I. 2 điểm 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 132 24 ++−= mmxxy khi m = 1 Khi m = 1 thì 42 24 +−= xxy * Tập xác định: R * Sự biến thiên: ⇔= ′ −= ′ 044 3 y,xxy x = 0; x = -1 hoặc x = 1 * Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 4; đạt cực tiểu tại 1 ± = x , y CT = 3 * B ả ng bi ế n thiên x ∞ − -1 0 1 ∞ + y’ - 0 + 0 - 0 + ∞ + 4 ∞ + y 3 3 * V ẽ đ úng đồ th ị 2) Tìm các giá trị của m để Ta có 04 2 =−= ′ )mx(xy khi x = 0 ho ặ c m x = 2 . Để hàm s ố có C Đ , CT thì m > 0. Khi đ ó, đồ th ị hàm s ố có các đ i ể m C Đ , CT là )mm;m(B);m;(A 13130 2 ++−−+ và )mm;m(C 13 2 ++− . Vì ;OyA ∈ B, C đố i x ứ ng v ớ i nhau qua Oy nên 11 2 1 2 =⇔==−−= mmmxx.yyS CBBAABC (th ỏ a mãn) 1 điểm 0,25đ 0,25 đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,5đ Câu II. 2 điểm 1) Giải phương trình .xsinxcosxcos 2 4 3 4 3 22 2 = π − π +− Phương trình ( ) 22 2 42 2 =π−− π +−⇔ xsinxsinxcos 2242 2 =+−⇔ xsinxcosxcos 2222121 22 =++−−⇔ xsinxsinxsin 0222 2 =−+⇔ xsinxsin 22 − = ⇔ xsin (lo ạ i) ho ặ c 1 2 = x sin )Zk(kx ∈π+ π =⇔ 4 2) Giải hệ phương trình: )Ry,x( )()x(y)x( )(xxyyx ∈ +=++ +=+ 2112 122 2 6432 . PTrình (1) 0202 422226322 =+++−⇔=−+−⇔ )xyxyx)(xy()xy()xy(x 2 xy =⇔ do y,xxyxyx ∀>+++ 02 4222 Thay vào phương trình (2) ta được 0112211212 22222 =+−++−+⇔++=++ )]x(x[)xxx(xxx)x( 0121 22 =+−−+⇔ )xx)(x( 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ * ⇒=+ xx 1 2 vô nghiệm * 321 2 ±=⇔=+ xx . Vậy hệ có hai nghiệm );( 33− và );( 33 0,25đ Câu III 1 điểm Tính tích phân ∫ π + − = 2 0 12 32 dx xsin xcosxsin I . Đặt t = sinx thì dt = cosxdx và 1 2 00 = ⇒ π == ⇒ = tx;tx Ta có: ∫∫ + − = + − = π 1 0 2 0 12 32 12 32 dt t t dx xsin xcos)xsin( I ∫ + −= 1 0 12 4 1 dt t [ ] 321 0 1 122 ln)tln(t −=+−= 0,25đ 0,25đ 0,5đ Câu IV 1 điểm Tính thể tích khối chóp S.ABCD. S D C O A a B Vì )ABCD(SA ⊥ nên 0 45= ∧ SCA ; )SAB(CB ⊥ nên 0 30= ∧ CSB . Tam giác SBC vuông t ạ i B có 0 30= ∧ CSB nên SCBC 2 1 = ; Tam giác SAC vuông t ạ i A có 0 45= ∧ SCA nên SCACSA 2 2 == . Có aBCaSCSCaSCBCABAC =⇔=⇔+=⇔+= 2 4 1 2 1 222222 và 2aSA = V ậ y 3 2 3 1 3 a S.SAV ABCDSABCD == 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu V 1 điểm Giải bất phương trình : 3 1 2 1 2 2 4 9.2 3 2 x x x x+ + + − + < + − . Đặ t 3 2 2 2 0 8.2 2 x x u u + = − ≥ ⇔ = − và ).(vv xx x 1224 2 1 0 2 12 2 ++=⇔> + = Khi đ ó bpt tr ở thành: 22 22 vuvu +<+ vu)vu(vu)vu( ≠⇔>−⇔+<+⇔ 022 2222 Ta có 3 2 1 2 2 2 x x u v + + = ⇔ − = )(logx. xx 1127052142 2 2 ±=⇔=+−⇔ 0,5đ 0,25đ V ậ y nghi ệ m c ủ a bpt là 3 2 2 2 2 2 0 log (7 2 11) log (7 2 11) x x x x + ≥ − − ≥ ⇔ ≠ ± ≠ ± 0,25đ Câu VIa 2 điểm 1) Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Gi ả s ử )m;m(C 12 + . Vì );(E 21 − là trung đ i ể m AC nên A có t ọ a độ )m;m(A 232 − − − Có )m;m(AH 243 +−+= → ; );(u BC 21= → . Vì BC AH ⊥ nên 102423 =⇔=+−++= →→ m)m(mu.AH BC . V ậ y );(A 13 − và );(C 31 . Gi ả s ử )n;n(B 12 + . Có );(AC);n;n(BH 24221 =−−−= →→ . Vì AC BH ⊥ nên 0022214 =⇔=−−+−= →→ n)n()n(AC.BH . V ậ y );(B 10 . 2) Lập phương trình mặt cầu (S) Đườ ng th ẳ ng 1 ∆ qua M(1; -1; 1) và có vtcp );;(u 212 = r . Ta có 3 20 240210 1 =∆ ⇒ −= −−= →→ ),I(d);;(IM,u);;;(IM r G ọ i R là bán kính m ặ t c ầ u. Để IAB là tam giác vuông cân t ạ i I thì 3 40 2 1 =∆=== ),I(d.IBIAR V ậ y ph ươ ng trình m ặ t c ầ u là 9 40 31 222 =−++− )z(y)x( 1 điểm 0,25đ 0,5đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VIIa 1 điểm Tìm số phức z thỏa mãn: )iz)(z( 21 + − là số thực và z nhỏ nhất. Gi ả s ử z = a + bi ( Rb,a ∈ ) thì [ ] [ ] [ ] [ ] Riba)b(b)a(ai)b(abi)a()iz)(z( ∈−++−−−=−++−=+− 22212121 22 = + ⇔ ba Ta có 48522 22222 2 +−=−+=+= aa)a(abaz T ừ đ ó suy ra z nh ỏ nh ấ t khi 5 2 5 4 == b;a . V ậ y iz 5 2 5 4 += 0,5đ 0,25đ 0,25đ Câu VIb 2 điểm 1) Viết phương trình đường thẳng Gi ả s ử A(a; 0) và B(0; b). Ta có )b;a(BA);;a(MA −=−−= →→ 32 C ầ n có +=+− =+− ⇔ = = →→ 222 92 032 0 ba)a( b)a(a BAMA BA.MA [ ] −= = ⇔ −+=+− − = ⇔ 1 3 29 9 92 3 2 2 2 2 b a )a( a )a( )a(a b ho ặ c −= −= 5 3 b a V ậ y có hai đườ ng th ẳ ng th ỏ a mãn yêu c ầ u là 033 = − − yx và 01535 = + + yx 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa Gi ả s ử )c;b;a(n P = → ( )cba 0 222 ≠++ . Vì (P) ch ứ a 2 ∆ có );;(u 111 2 −= ∆ r nên 00 2 =−+⇔= ∆ cbau.n P r r G ọ i α là góc gi ữ a (P) và (xOy). Vì );;(n )xOy( 100= r nên 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ )b,a(f )ba(ba ba cba c cos = +++ + = ++ =α 222222 Góc α nh ỏ nh ấ t )b,a(f⇔ l ớ n nh ấ t. Ta có 3 2 1 1 2 22 ≤ + + + = )ba( ba )b,a(f nên f(a,b) l ớ n nh ấ t khi a = b. Ch ọ n a = b = 1 thì c = 2. Vì (P) đ i qua 2 121 ∆∈−− );;(M nên (P) có ph ươ ng trình 0120122111 =+++⇔=++−++ zyx)z()y()x( 0,25đ 0,25 đ 0,25đ Câu VIIb 1 điểm Tìm một acgumen của số phức 0≠z thỏa mãn zizz =− . Gi ả s ử α là m ộ t acgumen c ủ a z thì )sini(coszz α+α= Khi đ ó [ ] z)(sinicosz)(sinicoszizz =−α+α=−α+α=− 11 2 1 11 22 =α⇔=−α+α⇔ sin)(sincos Vậy z có một acgumen là 6 π hoặc 6 5π . 0,25đ 0,25đ 0,25 đ 0,25 đ . 2 xy =⇔ do y,xxyxyx ∀>+++ 02 422 2 Thay vào phương trình (2) ta được 01 122 1 121 2 22 222 =+−++−+⇔++=++ )]x(x[)xxx(xxx)x( 0 121 22 =+−−+⇔ )xx)(x( 1 điểm 0 ,2 5đ 0 ,2 5đ 0 ,2 5đ 0 ,2 5đ. .xsinxcosxcos 2 4 3 4 3 22 2 = π − π +− Phương trình ( ) 22 2 42 2 =π−− π +−⇔ xsinxsinxcos 22 42 2 =+−⇔ xsinxcosxcos 22 221 21 22 =++−−⇔ xsinxsinxsin 022 2 2 =−+⇔. ).(vv xx x 122 4 2 1 0 2 12 2 ++=⇔> + = Khi đ ó bpt tr ở thành: 22 22 vuvu +<+ vu)vu(vu)vu( ≠⇔>−⇔+<+⇔ 022 22 22 Ta có 3 2 1 2 2 2 x x u v + + = ⇔ − = )(logx. xx 1 127 0 521 42 2 2 ±=⇔=+−⇔