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 = x
3
- (m+1)x
2
+ (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 2
1 8 1
2cos cos ( ) sin 2 3cos sin
3 3 2 3
x x x x x


 
      

Câu V : (1 điểm)
Cho phương trình:




2
1 2
2
3 log ( 4) 2 1 log ( 4) 2 0
m x m x m
       

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
sao cho 4 < x
1
< x
2
< 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 d
1
: x - 2y +1 = 0 ; d


.
Chứng minh rằng d
1
và d
2
chéo nhau. Viết phương trình đường vuông góc chung của d
1
và d
2Câu VII.a (1 điểm)
Cho số phức z =
1 3
2 2
i
  . Hãy tính 1 + z + z
2

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
d
1
: x + 2y -5 = 0 ; d
2
: 4x +13 y - 10 = 0 .
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng d

Viết phương trình của đường thẳng

vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng d
1
, d
2

Câu VIIb: (1 điểm )
Tìm nghiệm phức của phương trình: (1+i)z
2
- (4 + i)z + 2 - i = 0
Hết …………

Họ và tên thí sinh: Số báo danh: [email protected] sent to http://laisac.page.tl

2

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC
KHỐI A - LẦN 2 - NĂM 2010

Câu NỘI DUNG Điể
m
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

y
x
- 0

3
4

+

y' + 0

- 0

+
y 1

-

27
5


+


Hàm số đạt cực tiểu tại x =
3
4
; y
CT
=
27
5
3
4







y
 Đồ thị
Điểm uốn:






27
11
;
3







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

 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
0.25
0.25

0.25

3Tiếp tuyến tại B và C song song với nhau


2 ''
)()(
1
21
 myy
xx
0.25
1) Giải phương trình: xxxxx
22
sin


xxx






07cos6sin2
1sin
xx
x

Giải phương trình sinx = 1 ta được nghiệm


2
2
kx 
II
Chứng minh phương trình 07cos6sin2



xx vô nghiệm
Kết luận: nghiệm của phương trình:


2
2

31
4
2
2





xx
xx
xx
xx

0,5
* Đặt t = xx  31 , đk t > 0, dẫn đến pt t
3
- 2t - 4 = 0

t = 2
0,25
cach
1
* Từ đó ta được x = -1 ; x = 3 0,25

0
v
u

0.25
Dẫn đến hệ:

















4.2)(
.1
2
4



0
2
v
u
hoặc





2
0
v
u

Với





0
2
v
u
ta có hệ 3
03
21








x
x
x

Kết luận hệ có hai nghiệm x = 3 và x = -1

0.25
CâuI
II
Ta có:
 
 
 











11
11
dx
x
x
dx
x
dx
x
xx
dx
xx
xx
xx
dx

 I
1
=
 
 
23ln
2
1
1
3
ln
2
1
1

. Đặt xdxtdtxtxt 2211
222

0,5

4

Đổi cận x = 1

t =
2
, x = 3

t = 10 . Vậy

 
 
2239
10211
ln
4
1
210
2
1

































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

 

=
3
a
9 3
, đạt được khi
sin

=
1
3
hay
1
arcsin
3
  , ( với 0 <
2

 
) 0,5
tt




1
2
23
2
2

Bài toỏn trở thành: Ta m để pt: f(t) =
m
t
t
tt




1
2
23
2
2
, có hai nghiệm phân biệt t
1
< t
2
< 1.

7
3


1f'(t)
+

- 0

+

f(t)
+ 3
+
8
25


0
S

5

Từ đó suy ra các giá trị cần ta là:






3
0
8
25
m
m

0,5
1) Viết phương trình cạnh của tam giỏc
A  d
1
, A  d
2
. Giả sử d
1
qua B, d







3
3
CBA
G
CBA
G
yyy
y
xxx
x

Tính được b = -1, c = 5 . Suy ra B(-3, -1) ; C(5, 1).
Câu
VIa
Viết được pt cạnh AB: x - y + 2 = 0 ; AC: x + 2y - 7 = 0 BC: x - 4y - 1 = 0 0.25

0.25


, d
2
đi qua M
2
(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


d
1





0.
0.
2
1
uAB
uAB
dẫn tới hệ















133
51
19
1




1;
19
59
;
19
16
B

pt đường vuông góc chung của d
1
và d
2
là












tz
ty

iiz
2
3
2
1
2
3
2
1
2
2









0.5
Câu
VIIa

1 + z + z
2
= … = 0


0.25

6

)1;3(
052
52
I
yx
yx







Do I là trung điểm của CE nờn ta có:
)1;2(
2
2
1
1







0.5

2) ptts của d
1
:








tx
ty
tx
32
42
1

Trờn d
1
lấy điểm A(1 + t; -2 + 4t; 2 + 3t), trên d
2






tz
ty
x
2
42
1 0.5

Giải phương trình………
Tính được  = 3 + 4i = (2 + i)
2

0.5 Câu
VIIb
Ta được 2 nghiệm.
i
i
z
i
z

1
qua B, d
2
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
















2
1
12
12
012
k
k
k
x
yx
kkxy
B

BC  CH = {C} giải hệ
 
01
1
01





.
pt cạnh BC: 014)1(
4
1
 yxxy
Từ đó tính được x
B
= -3, y
B
= -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