Đề thi thử Đại học môn Toán

1. 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 số thực)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại,
cực tiểu tạo thành tam giác có diện tích bằng 1.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình: .xsinxcosxcos 2
4
3
4
3
222
=




 π
−




 π
+−
2) Giải hệ phương 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 đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SC tạo với mặt
phẳng đáy góc 450
và tạo với mặt phẳng (SAB) góc 300
. Biết độ dài cạnh AB = a. Tính thể tích khối của
chóp S.ABCD.
Câu V. (1 điểm)
Giải bất phương 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 − , điểm );(E 21− là trung điểm
của cạnh AC và cạnh BC có phương trình 012 =+− yx . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
2
1
1
1
2
1
1
−
=
+
=
−
∆
zyx
: . Viết phương trình mặt
cầu (S) có tâm là điểm );;(I 301 và cắt đường thẳng 1∆ tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông tại
I.
Câu VIIa. (1 điểm)
Tìm số phức z thỏa mãn: )iz)(z( 21 +− là số thực và z nhỏ nhất.
PHẦN B
Câu VIb. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M(2; 3). Viết phương trình đường thẳng lần lượt cắt các trục
Ox, Oy tại A và B sao cho MAB là tam giác vuông cân tại A.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
1
1
1
2
1
1
2
−
+
=
−
=
+
∆
zyx
: . Viết phương trình mặt
phẳng (P) chứa đường thẳng 2∆ và tạo với mặt phẳng (xOy) một góc nhỏ nhất.
Câu VIIb. (1 điểm)
Tìm một acgumen của số phức 0≠z thỏa mãn zizz =− .
---------- Hết ---------
Họ và tên thí sinh: .................................................................................. Số báo danh .........................................http://laisac.page.tl

2. 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, yCĐ = 4; đạt cực tiểu tại 1±=x , yCT = 3
* Bảng biến thiên
x ∞− -1 0 1 ∞+
y’ - 0 + 0 - 0 +
∞+ 4 ∞+
y
3 3
* Vẽ đúng đồ thị
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------
2) Tìm các giá trị của m để....................
Ta có 04 2
=−=′ )mx(xy khi x = 0 hoặc mx =2
. Để hàm số có CĐ, CT thì m > 0.
Khi đó, đồ thị hàm số có các điểm CĐ, CT là )mm;m(B);m;(A 13130 2
++−−+ và
)mm;m(C 132
++− .
Vì ;OyA ∈ B, C đối xứng với nhau qua Oy nên
11
2
1 2
=⇔==−−= mmmxx.yyS CBBAABC (thỏa 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
222
=




 π
−




 π
+−
Phương trình ( ) 22
2
422
=π−−




 π
+−⇔ xsinxsinxcos
22422
=+−⇔ xsinxcosxcos
2222121 22
=++−−⇔ xsinxsinxsin 02222
=−+⇔ xsinxsin
22 −=⇔ xsin (loại) hoặc 12 =xsin )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
Thi thử Đại học www.toanpt.net

3. * ⇒=+ xx 12
vô nghiệm
* 3212
±=⇔=+ 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 tại B có 0
30=
∧
CSB nên SCBC
2
1
= ; Tam giác SAC vuông tại A
có 0
45=
∧
SCA nên SCACSA
2
2
== .
Có aBCaSCSCaSCBCABAC =⇔=⇔+=⇔+= 2
4
1
2
1 222222
và 2aSA =
Vậy
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 12 1
2 2 4 9.2 3
2
x
x x x+ ++
− + < + − .
Đặt 3 2
2 2 0 8.2 2x x
u u+
= − ≥ ⇔ = − và ).(vv xx
x
1224
2
1
0
2
12 2
++=⇔>
+
=
Khi đó bpt trở 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

4. Vậy nghiệm của bpt là
3
22
22 2 0
log (7 2 11)log (7 2 11)
x
x
xx
+
 ≥ −− ≥  
⇔ 
≠ ±≠ ±  
0,25đ
Câu VIa 2 điểm
1) Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Giả sử )m;m(C 12 + . Vì );(E 21− là trung điểm AC nên A có tọa độ )m;m(A 232 −−−
Có )m;m(AH 243 +−+=
→
; );(uBC 21=
→
. Vì BCAH ⊥ nên
102423 =⇔=+−++=
→→
m)m(mu.AH BC . Vậy );(A 13− và );(C 31 .
Giả sử )n;n(B 12 + . Có );(AC);n;n(BH 24221 =−−−=
→→
. Vì ACBH ⊥ nên
0022214 =⇔=−−+−=
→→
n)n()n(AC.BH . Vậy );(B 10 .
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------
2) Lập phương trình mặt cầu (S).......
Đường thẳng 1∆ qua M(1; -1; 1) và có vtcp );;(u 212=
r
.
Ta có
3
20
240210 1 =∆⇒−=








−−=
→→
),I(d);;(IM,u);;;(IM
r
Gọi R là bán kính mặt cầu. Để IAB là tam giác vuông cân tại I thì
3
40
2 1 =∆=== ),I(d.IBIAR
Vậy phương trình mặt cầu 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.
Giả sử z = a + bi ( Rb,a ∈ ) thì
[ ][ ] [ ] [ ] Riba)b(b)a(ai)b(abi)a()iz)(z( ∈−++−−−=−++−=+− 22212121
22 =+⇔ ba
Ta có 48522 222222
+−=−+=+= aa)a(abaz
Từ đó suy ra z nhỏ nhất khi
5
2
5
4
== b;a . Vậy iz
5
2
5
4
+=
0,5đ
0,25đ
0,25đ
Câu VIb 2 điểm
1) Viết phương trình đường thẳng ..............
Giả sử A(a; 0) và B(0; b). Ta có )b;a(BA);;a(MA −=−−=
→→
32
Cần có







+=+−
=+−
⇔
=
=
→→
222
92
0320
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
hoặc



−=
−=
5
3
b
a
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu là 033 =−− yx và 01535 =++ yx
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------
2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa .........
Giả sử )c;b;a(nP =
→
( )cba 0222
≠++ .
Vì (P) chứa 2∆ có );;(u 1112
−=∆
r
nên 002
=−+⇔=∆ cbau.nP
rr
Gọi αlà góc giữa (P) và (xOy). Vì );;(n )xOy( 100=
r
nên
1 điểm
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
----------
1 điểm
0,25đ

5. )b,a(f
)ba(ba
ba
cba
c
cos =
+++
+
=
++
=α
222222
Góc α nhỏ nhất )b,a(f⇔ lớn nhất. Ta có
3
2
1
1
2
22
≤
+
+
+
=
)ba(
ba
)b,a(f nên f(a,b) lớn
nhất khi a = b.
Chọn a = b = 1 thì c = 2. Vì (P) đi qua 2121 ∆∈−− );;(M nên (P) có phương trình
0120122111 =+++⇔=++−++ zyx)z()y()x(
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu VIIb 1 điểm
Tìm một acgumen của số phức 0≠z thỏa mãn zizz =− .
Giả sử α là một acgumen của z thì )sini(coszz α+α=
Khi đó [ ] 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
0,25đ
0,25đ