gigaboyht@yahoo.com.vn sent to http://laisac.page.tl Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 NĂM HỌC 2010 MÔN TOÁN KHỐI B, D Thời gian làm bài: 180 phút Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 ( ) 2, f x x mx có đồ thị ( ) m C 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 3 m 2) Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị ( ) m C cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 1 2tan cot 2 2sin 2 sin 2 x x x x 2) Giải phương trình: 2 2 2 1 5 2 4; x x x x R Câu III (1 điểm) Tính 2 3 0 sin 1 cos2 x x I dx x Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là . O , A B là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a , · · 0 60 ASO SAB . Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương , x y thỏa mãn: 5 x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 2 4 x y x y P xy Phần riêng (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( ) d có phương trình : 0 x y và điểm (2;1) M . Tìm phương trình đường thẳng cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng ( ) d tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm 0; 1;2 , A 1;0;3 B và tiếp xúc với mặt cầu S có phương trình: 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 1) 2 x y z Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: 2 1 0 z z . Rút gọn biểu thức 2 2 2 2 2 3 4 2 3 4 1 1 1 1 P z z z z z z z z Phần B Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn C có phương trình 2 2 : 4 25 x y và điểm (1; 1) M . Tìm phương trình đường thẳng đi qua điểm M và cắt đường tròn C tại 2 điểm , A B sao cho 3 MA MB 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P có phương trình: 1 0 x y . Lập phương trình mặt cầu S đi qua ba điểm 2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0 A B C và tiếp xúc với mặt phẳng P Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình: 2 1 2 2 2 1 2 3 log 1 log 1 6 2 log 1 2 log ( 1) x x x x Hết HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2010 Môn: Toán_ Khối B và D Câu I.1 (1,0 đ) 3 m hàm số trở thành: 3 ( ) 3 2, f x x x Tập xác định D R Sự biến thiên 2 1 ' 3( 1) 0 1 x y x x 1 ' 0 1 x y x hàm số đồng biến trên ; 1 và 1; ' 0 1 1 y x hàm số nghịch biến trên 1;1 điểm CĐ 1;4 , điểm CT 1;0 lim x y lim x y Điểm uốn: '' 6 0 0 y x x , Điểm uốn U 0;2 Bảng biến thiên: x 1 1 ' y + 0 0 y Đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu I.2 (1,0 đ) Phương trình cho HĐGĐ 3 2 0,(*) x mx 0 x không thỏa mãn nên: 3 2 (*) x m x Xét hàm số 3 2 2 2 2 2 ( ) '( ) 2 x g x x g x x x x x '( ) 0 1 g x x ta có bảng biến thiên: x 0 1 '( ) g x + ll 0 ( ) g x Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y m và đồ thị hàm số ( ) y g x nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì 3 m Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị ( ) m C của hàm số ( ) y f x hoặc không có cực trị hoặc có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành 0,25 0,25 0,25 0,25 - 3 CT CĐ Câu II.1 (1,0 đ) 1 2tan cot 2 2sin 2 sin 2 x x x x ,(1) Điều kiện: 2 x k 2 2 2 2 4sin cos2 2sin 2 1 (1) sin 2 sin2 2(1 cos2 ) cos2 2(1 cos 2 ) 1 2cos 2 cos2 1 0 cos2 1 (loai do:sin 2 0) 1 3 cos2 2 x x x x x x x x x x x x x k x Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là: , 3 x k k Z 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II.2 (1,0 đ) 2 2 2 1 5 2 4; x x x x R Đặt 2 2 4 2 2 4 2( 2 ) t x x t x x ta được phương trình 2 2 1 5 2 8 0 2 t t t t 4 2 t t + Với t = 4 Ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 4 2( 2 ) 16 2 8 0 x x x x x x x x 2 0 2 2 x x x + Với t = 2 ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 2 2( 2 ) 4 2 2 0 x x x x x x x x 2 0 3 1 3 1 x x x ĐS: phương trình có 2 nghiệm 2, 3 1 x x 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III (1,0 đ) 2 2 3 3 3 2 2 0 0 0 sin sin 1 cos2 2cos 2cos x x x x I dx dx dx x x x 3 3 1 2 2 0 0 1 2cos 2 cos x x I dx dx x x Đặt 2 tan cos u x du dx dx v x dv x 3 3 3 1 0 0 0 1 1 1 tan tan ln cos ln 2 2 2 2 2 3 2 3 I x x xdx x 0,25 0,25 2 2 2 3 3 3 3 2 2 0 0 0 0 sin 1 1 tan (1 tan ) 2cos 2 2 x I dx xdx x dx dx x 3 0 1 1 tan 3 2 2 3 x x 1 2 3 1 1 1 1 ln2 3 ( 3 ln2) 2 2 3 6 2 2 3 I I I 0,25 0,25 Câu IV (1,0 đ) Gọi I là trung điểm của AB , nên OI a Đặt OA R · 0 60 SAB SAB đều · 1 1 1 2 2 2 3 sin OA R IA AB SA ASO Tam giác OIA vuông tại I nên 2 2 2 OA IA IO 2 2 2 6 3 2 R a R a R 2 SA a Chiếu cao: 2 2 a SO Diện tích xung quanh: 2 6 2 3 2 xq a S Rl a a 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V (1,0 đ) Cho hai số dương , x y thỏa mãn: 5 x y . 4 2 4 1 4 1 4 2 4 4 2 2 x y x y x y y x y P xy y x y x Thay 5 y x được: 4 1 5 4 1 5 4 1 5 3 2 . 2 . 4 2 2 4 2 4 2 2 y x x y y P x x y x y x y x P bằng 3 2 khi 1; 4 x y Vậy Min P = 3 2 Lưu ý: Có thể thay 5 y x sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số 3 5 3 5 ( ) (5 ) 4 x x g x x x 0,25 0,50 0,25 Câu AVI.1 (1,0 đ) A nằm trên Ox nên ;0 A a , B nằm trên đường thẳng 0 x y nên ( ; ) B b b , (2;1) M ( 2; 1), ( 2; 1) MA a MB b b uuur uuur Tam giác ABM vuông cân tại M nên: 2 2 2 ( 2)( 2) ( 1) 0 . 0 ( 2) 1 ( 2) ( 1) a b b MA MB MA MB a b b uuur uuur , do 2 b không thỏa mãn vậy 2 2 2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 , 2 2 2 1 ( 2) 1 ( 2) ( 1) 1 ( 2) ( 1) 2 b a b b a b b b b a b b b b b 0,25 0,25 S O A B I 2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 1 4 ( 2) ( 1) . 1 0 ( 2) 3 a b a b b b a b b b b Với: 2 1 a b đường thẳng qua AB có phương trình 2 0 x y Với 4 3 a b đường thẳng qua AB có phương trình 3 12 0 x y 0,25 0,25 Câu AVI.2 (1,0 đ) Mặt phẳng có phương trình dạng 2 2 2 0,( 0) ax by cz d a b c đi qua hai điểm 0; 1;2 , A 1;0;3 B nên: 2 0 3 0 2 3 b c d c a b a c d d a b (1) Mặt cầu S có tâm (1;2; 1) I bán kính 2 R tiếp xúc S nên 2 2 2 2 ,( ) 2 a b c d d I R a b c , (2) Thay (1) vào (2) được : 2 2 2 2 2 3 3 11 8 0 a b a b ab a ab b (3) Nếu 0 0 0 a b c loại Nếu 0 a chọn 1 1 3 8 b a b + 1, 1 0, 1 a b c d . : 1 0 x y + 3 5 7 1, , 8 8 8 a b c d . 3 5 7 : 0 8 8 8 x y z 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu AVII (1,0 đ) Ta thấy 0 z không thỏa mãn phương trình : 2 1 0 z z . Nên 2 1 1 1 0 1 0 1 z z z z z z 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 z z z z z z 3 2 3 2 1 1 1 1 1( 2) 2 z z z z z z 2 4 2 2 4 2 1 1 2 ( 1) 2 1 z z z z 2 2 2 2 2 3 4 2 2 2 2 2 3 4 1 1 1 1 ( 1) ( 1) 2 ( 1) 7 P z z z z z z z z Lưu ý: Có thể thay giải một nghiệm của phương trình 2 1 0 z z là 1 3 2 i z sau đó thay và tính giá trị của P 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu B.VI.1 (1,0 đ) Đường tròn C có tâm (4;0) I và có bán kính R = 5 ; (1; 1) M 10 5 MI R nên M nằm bên trong đường tròn C 4 3 4 3 3 3 4 3 4 3 A M B B A M B B x x x x MA MB MA MB y y y y uuur uuur , ( ) A B C nên 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 4) 25 9 (4 3 ) 25 ( 4) 25 ( 4) 25 A A B B B B B B x y x y x y x y 2 3 3 0; 3 1; 0 0 B B B B B B B B y x x y x y x x Đường thẳng cần tìm đi qua B, M vậy có hai đường thẳng thỏa mãn YCBT: 1 2 : 2 3 0 : 2 1 0 x y x y 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu B.VI.2 (1,0 đ) P : 1 0 x y . 2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0 A B C Gọi ( ; ; ) I a b c là tâm và R của mặt cầu ,( ) IA IB IC d I P R 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 1) ( 1) ( 2) ( 2) ( 2) ( 1) ( 1) ( 1) ( 3) 1 (1) IA IB a b c a b c IA IC a b c a b c b a c a 2 2 2 2 2 1 ,( ) ( 2) ( 1) ( 1) 2 3 6 3 0 1 a b IA d I P a b c a a a Vậy : 2 2 2 1; 2; 1; 2 ( ):( 1) ( 2) ( 1) 2 a b c R S x y z 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu B.VII (1,0 đ) Đặt 2 log ( 1) t x ta được: 2 1 3 6 2 2 2 t t t t 2 6 5 14 24 0 5 4(2 ) 2 4 t t t t t vậy: 2 2 6 log ( 1) 5 2 log ( 1) 4 x x 6 5 1 2 1 3 15 x x 0,25 0,25 0,25 0,25 . 2 2 2 1 2 , 2 1 2 , 2 2 2 1 ( 2) 1 ( 2) ( 1) 1 ( 2) ( 1) 2 b a b b a b b b b a b b b b b 0 ,25 0 ,25 . tâm (1 ;2; 1) I b n kính 2 R tiếp xúc S nên 2 2 2 2 ,( ) 2 a b c d d I R a b c , (2) Thay (1) vào (2) được : 2 2 2 2 2 3 3 11 8 0 a b a b ab a ab b . 2; 1; 1 , 0 ;2; 2 , 1;3;0 A B C Gọi ( ; ; ) I a b c là tâm và R của mặt cầu ,( ) IA IB IC d I P R 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 1) ( 1) ( 2) ( 2) ( 2) ( 1) ( 1)