Đề thi thử Đại học môn Toán

1. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
1
Sở GD & ĐT hoà bình
trường thpt công nghiệp
Đề thi thử đại học lần 2 năm 2010
Mụn: TOÁN - Khối A
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
Câu I: ( 2 điểm ) Cho hàm số y = x3
- (m+1)x2
+ (m - 1)x + 1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m =1
2) Chứng tỏ rằng với mọi giá trị khác 0 của m, đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt
A, B, C trong đó B, C có hoành độ phụ thuộc tham số m. Tìm giá trị của m để các tiếp tuyến tại
B, C song song với nhau.
Câu II ( 2điểm )
1) Giải phương trình: 2 21 8 1
2cos cos ( ) sin 2 3cos sin
3 3 2 3
x x x x x


 
       
 
2) Giải phương trình : 22
1 3 2
1 3
x x
x x
   
  
Câu III: (1 điểm )
Tính tích phân :
3
2
1 1 1
dx
I
x x

  

Câu IV: (1 điểm)
Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C và SA vuông góc với mặt phẳng
(ABC) , SC = a. Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất.
Câu V : (1 điểm)
Cho phương trình:    2
1 2
2
3 log ( 4) 2 1 log ( 4) 2 0m x m x m       
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho 4 < x1 < x2 < 6
Phần riêng ( 3 điểm )
Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần1 hoặc phần2)
Phần1 (Theo chương trình chuẩn )
Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC , biết
A(1; 3) và hai đường đường trung tuyến có phương trình là d1: x - 2y +1 = 0 ; d2 : y - 1 = 0 .
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng
d1 :
1 2
1 2 3
x y z 
 

và d2 :
1 3 '
3 2 '
1
x t
y t
z
 

 
 
.
Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau. Viết phương trình đường vuông góc chung của d1 và d2
Câu VII.a (1 điểm)
Cho số phức z =
1 3
2 2
i  . Hãy tính 1 + z + z2
Phần2 (Theo chương trình nâng cao )
Câu VI.b : (2 điểm )
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC , biết C(4; 3),
đường phân giác trong và đường trung tuyến kẻ từ một đỉnh của tam giác có phương trình lần lượt là
d1 : x + 2y -5 = 0 ; d2 : 4x +13 y - 10 = 0 .
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 và d2 và mặt phẳng (P) có phương trình
d1 :
1 2 2
1 4 3
x y z  
  ; d2 :
4 5 '
7 9 '
'
x t
y t
z t
  

  
 
(P): 4y - z - 5 = 0.
Viết phương trình của đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng d1 , d2
Câu VIIb: (1 điểm )
Tìm nghiệm phức của phương trình: (1+i)z2
- (4 + i)z + 2 - i = 0
----------Hết …………..
Họ và tên thí sinh:................Số báo danh: …………………

2. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
2
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC
KHỐI A - LẦN 2 - NĂM 2010
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu
1
1)1()1( 23
 xmxmxy
1) Kháo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
m = 1 hàm số có dạng 12 23
 xxy
TXĐ: D = R
Sự biến thiên:
Giới hạn: 
x
lim 
x
lim
Bảng biến thiên: xxy 43' 2
 ,







3
4
0
0'
x
x
y
x - 0
3
4 +
y' + 0 - 0 +
y 1
- 27
5

+
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  0; và 





;
3
4
Hàm số nghịch biến trờn khoảng 





3
4
;0
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = y(0) = 1
Hàm số đạt cực tiểu tại x =
3
4
; yCT =
27
5
3
4







y
Đồ thị
Điểm uốn: 





27
11
;
3
2
U
Giao với trục Oy (0, 1)
Giao với trục Ox (1, 0); 






 







 
0,
2
51
;0,
2
51
Nhận điểm uốn 





27
11
;
3
2
U làm tâm đối xứng
2) Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đó cho với trục hoành là nghiệm của phương
trình: 01)1()1( 23
 xmxmx







)2(01
1
0)1)(1(
2
2
mxx
x
mxxx
CMinh 0m phương trình (2) luụn có hai nghiệm phân biệt khỏc 1
 phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt
 0m đồ thị hàm số đó cho luụn cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt là: A(1, 0); B(x1, 0);
C(x2, 0) với x1, x2 là nghiệm của phương trình (2)

3. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
3
Ta có )1()1(23' 2
 mxmxy
Hệ số gúc của tiếp tuyến tại B là: )1()1(23' 1
2
1)( 1
 mxmxy x
Hệ số gúc của tiếp tuyến tại B là: )1()1(23' 2
2
2)( 2
 mxmxy x
0.25
0.25Tiếp tuyến tại B và C song song với nhau  2...'' )()( 121
 myy xx
II
1) Giải phương trình: xxxxx 22
sin
3
1
2
cos32sin
3
8
)(cos
3
1
cos2 








Biến đổi phương trình về dạng: 0cos6cossin67sin9sin2 2
 xxxxx
0)7cos6sin2)(1(sin  xxx
0.5
0.25
0.25






07cos6sin2
1sin
xx
x
Giải phương trình sinx = 1 ta được nghiệm 

2
2
kx 
Chứng minh phương trình 07cos6sin2  xx vô nghiệm
Kết luận: nghiệm của phương trình: 

2
2
kx 
cach
1
2) Giải phương trình: 2
231
31
2
xx
xx


, ĐKXĐ: -1  x  3
* Biến đổi phương trình về dạng
  231
31
4
..
2322
31
4
2
2





xx
xx
xx
xx
0,5
* Đặt t = xx  31 , đk t > 0, dẫn đến pt t3
- 2t - 4 = 0  t = 2 0,25
* Từ đó ta được x = -1 ; x = 3 0,25
cach
2 2) Giải phương trình: 2
231
31
2
xx
xx


ĐKXĐ: -1  x  3
Đặt






xv
xu
3
1
điều kiện





0
0
v
u
0.25
Dẫn đến hệ:
















4.2)(
.1
2
4
.1
2
222
vuvu
vu
vu
vu
vu
vu  …





0.
2
vu
vu
0.5
Giải ta được





0
2
v
u
hoặc





2
0
v
u
Với





0
2
v
u
ta có hệ 3
03
21







x
x
x
0.25
Với





2
0
v
u
ta có hệ 1
23
01







x
x
x
Kết luận hệ có hai nghiệm x = 3 và x = -1
0.25

4. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
4
CâuI
II
Ta có:
     














3
1
3
1
23
1
23
1
22
23
1
2 2
1
1
1
2
1
2
11
11
11
11
dx
x
x
dx
x
dx
x
xx
dx
xx
xx
xx
dx
I1 =    23ln
2
1
1
3
ln
2
1
1
1
2
1
3
1






 xxdx
x
I2 = 

3
1
2
2
1
dx
x
x
. Đặt xdxtdtxtxt 2211 222

Đổi cận x = 1  t = 2 , x = 3  t = 10 . Vậy
 
 2239
10211
ln
4
1
210
2
1
..
...
2
10
1
1
ln
4
1
2
1
1
1
1
1
2
1
1
2
1
...
)1(2
10
2
10
2
2
2
2




























   t
t
tdx
ttt
dtt
I
Từ đó tính được I =  23ln
2
1
 -    2239
10211
ln
4
1
210
2
1



0,5
Câu
IV
Gọi  là gúc giữa hai mp (SCB) và (ABC) .
Ta có : SCA  ; BC = AC = a.cos ; SA = a.sin
Vậy  3 2 3 2
SABC ABC
1 1 1 1
V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin
3 6 6 6
        
Đặt x = sin. Vỡ 0 <
2

  , nờn x  (0; 1)
Xét hàm số : f(x) = x – x3
trờn khoảng ( 0; 1)
Ta có : f’(x) = 1 – 3x2
.  
1
f ' x 0 x
3
   
Từ đó ta thấy trờn khoảng (0;1) hàm số
f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm
cực đại, nờn tại đú hàm số đạt GTLN
hay
 
 x 0;1
1 2
Maxf x f
3 3 3
 
  
 
Vậy MaxVSABC =
3
a
9 3
, đạt được khi
sin  =
1
3
hay
1
arcsin
3
  , ( với 0 <
2

  )
0,5
0,5
Câu
V
Ta m để phương trình có 2 nghiệm
pt đó cho tương đương với pt: 02)4(log)12()4(log)3( 2
2
2  mxmxm
trên khoảng (4; 6) phương trình luụn xỏc định.
Đặt )4(log2  xt đk t < 1 do 0 < x - 4 < 2 x  (4; 6)
Dẫn đến pt (m-3)t2
+ (2m +1)t + m + 2 = 0  m(t2
+ 2t + 1) = 3t2
- t - 2 (*)
0,25
0,25
Nhận Xét thấy t = -1 khụng thỏa món pt (*) . Biến đổi pt về dạng m
tt
tt



12
23
2
2
Bài toỏn trở thành: Ta m để pt: f(t) = m
tt
tt



12
23
2
2
, có hai nghiệm phân biệt t1 < t2 < 1.
A
B
C
S


5. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
5
Tính đạo hàm 3
)1(
37
)('



t
t
tf ;
7
3
0)('  ttf
Bảng biến thiên của hàm số f(t) trờn khoảng (-; 1)
t - -1
7
3

1
f'(t)
+ - 0 +
f(t)
+
3
+
8
25

0
Từ đó suy ra các giá trị cần ta là:






3
0
8
25
m
m
0,5
Câu
VIa
1) Viết phương trình cạnh của tam giỏc
A  d1, A  d2. Giả sử d1 qua B, d2 qua C
Tính được tọa độ trọng tâm G là nghiệm của hệ





01
012
y
yx
 G(1, 1
0.25
0.25
0.5
Vỡ B d1 nờn B(2b-1 ;b) , Vỡ C d2 nờn C(c ;1)
Từ gt G là trong tâm tam giỏc ABC suy ra










3
3
CBA
G
CBA
G
yyy
y
xxx
x
Tính được b = -1, c = 5 . Suy ra B(-3, -1) ; C(5, 1).
Viết được pt cạnh AB: x - y + 2 = 0 ; AC: x + 2y - 7 = 0 BC: x - 4y - 1 = 0
2) Viết được d1:








tx
ty
tx
3
22
1
d1 đi qua M1(1; 2; 0), có VTCP )3;2;1(1 u , d2 đi qua M2(1; 3; 1), có VTCP
)0;2;3(2 u
Tính được )1;1;0(21 MM ,   )4;9;6(, 21 uu    05, 2121 MMuu  d1, d2 chéo nhau
0,5

6. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
6
Trờn d1 lấy điểm A(1 - t; 2 + 2t; 3t), trên d2 lấy điểm B(1 +3t'; 3 - 2t'; 1)
 )31;2'21;'3( tttttAB 
AB là đường vuông góc chung của d1, d2







0.
0.
2
1
uAB
uAB
dẫn tới hệ














133
51
19
1
'
27'13
514'7
t
t
tt
tt
.
 




 

133
20
;
133
45
;
133
30
AB và 





1;
19
59
;
19
16
B
 pt đường vuông góc chung của d1 và d2 là












tz
ty
tx
41
9
19
59
6
19
16
0,5
Câu
VIIa
Hóy tớnh 1 + z + z2
Tính được iiz
2
3
2
1
2
3
2
1
2
2









0.5
 1 + z + z2
= … = 0 0.5
Câu
VIb
1)Giả sử đường phân giác và đường trung tuyến đó cho đi qua đỉnh A. Khi đó tọa độ đỉnh
A là nghiệm của hệ: )2;9(
10134
52






A
yx
yx
Viết được pt cạnh AC: x + y -7 = 0
0.25
Viết ptđt d qua C ,vuông góc với phân giác d1 của gúc A ta được. d: 2x -y - 5 =0
Giả sử d cắt cạnh AB tại E, cắt đươgs phân giác d1 tại I và tọa độ của I là nghiệm của hệ
)1;3(
052
52
I
yx
yx






Do I là trung điểm của CE nờn ta có: )1;2(
2
2
1
1






E
yyy
xxx
EC
EC
0.25
0.5
Viết được ptđt AB( Đi qua A và E): x + 7y + 5 = 0
Viết ptđt d3 qua I và song song với cạnh AB có pt: x + 7y - 10 = 0
Gọi M là trung điểm của cạch AB thỡ 23 ddM  Tọa độ M là nghiệm của hệ:





0107
010134
yx
yx
M(-4; 2)
Viết được pt cạnh BC: x - 8y + 20 = 0
2) ptts của d1:








tx
ty
tx
32
42
1
Trờn d1 lấy điểm A(1 + t; -2 + 4t; 2 + 3t), trên d2 lấy điểm B(-4 +5t'; -7+9t'; t')
 )23';4'95;'55(  ttttttAB
mp(P) có VTPT )1;4;0( n
0.5

7. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
7
Đường thẳng AB vuông góc với mp(P)  AB và n cùng phương
Từ đó ta được t = 0, t' = 1 A(1; -2; 2) và AB = (0; 4; -1)
 pt đường thẳng thỏa món yờu cầu đề bài là:








tz
ty
x
2
42
1
0.5
Câu
VIIb
Giải phương trình………..
Tính được  = 3 + 4i = (2 + i)2
0.5
Ta được 2 nghiệm.
i
i
z
i
z





1
3
;
1
1
21 0.5
Chú ý: Mọi lời giải khác, nếu đúng thỡ chấm điểm tương ứng.

8. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
8
1) Viết phương trình cạnh của tam giỏc
A  d1, A  d2. Giả sử d1 qua B, d2 qua C
Gọi trung tuyến BK: x - 2y + 1 = 0
CH: y - 1 = 0
Tính được tọa độ trọng tâm G là nghiệm của hệ





01
012
y
yx
 G(1, 1)
G nằm trờn trung tuyến AM và GMAG 2
suy ra
 











0
1
)1(231
1211
M
M
M
M
y
x
y
x
 M(1, 0)
Đường thẳng BC qua M(1, 0) có hệ số góc k nên có pt: y = k(x - 1) hay y = kx - k
BC  BK = {B} giải hệ 














2
1
12
12
012
k
k
k
x
yx
kkxy
B
BC  CH = {C} giải hệ  01
1
01






k
k
x
y
kkxy
C
M(1, 0) là trung điểm của BC  21
1
12
12
2 



kk
k
hayxxx MCB
Tính được
4
1
k .
pt cạnh BC: 014)1(
4
1
 yxxy
Từ đó tính được xB = -3, yB = -1 hay B(-3, -1)
Tính được tọa độ C(5, 1).
Viết được pt cạnh AB: x - y + 2 = 0
Viết được pt cạnh AC: x + 2y - 7 = 0