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:…………………. 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 4 0 (0) 2 0 ' 0 | | ( | |) 2 x y m y x m y m m = ⇒ =  ≠ ⇒ = ⇔  = ± ⇒ ± = −  0,25 2 O x y 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 − − = = − = − uv uuv 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 uv uuv 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 . nhất c a 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. ∀∆ 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   = − − =       − =. 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