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