THPT Chí Linh : Thi thu lan 2 đề-đáp án khối A

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