TRNG THPT MINH CHU Đề thi thử đại học năm 2010 Môn toán - Khối A Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) Phần A : Dành cho tất cả các thi sinh . Cõu I: (2,0 im). Cho hm s ( ) ( ) )1(1161232 23 ++++= xmmxmxy th (C m ) 1, Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s (1) khi m = 0 2,Vi giỏ tr no ca m thỡ th (C m ) ca hm s cú 2 im cc tr i xng vi nhau qua ng thng y = x + 4. Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình : 2 2 2009 cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos 4 x x x x x x + + = + ữ 2) Tỡm m h phng trỡnh: 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 1 3 2 0 x y y x x x y y m + = + + = cú nghim thc Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân : + + + + 3 1 ( 4) 3 1 3 x dx x x Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi ; hai ng chộo AC = 2 3a , BD = 2a v ct nhau ti O; hai mt phng (SAC) v (SBD) cựng vuụng gúc vi mt phng (ABCD). Bit khong cỏch t im O n mt phng (SAB) bng 3 4 a , tớnh th tớch khi chúp S.ABCD theo a. Câu V (1,0 điểm ) Cho 3 số dơng x, y, z thoả mãn : x +3y+5z 3 .Chứng minh rằng: 46253 4 +zxy + 415 4 +xyz + 4815 4 +yzx 45 5 xyz. Phần B ( Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2) Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo ch ơng trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mt phng Oxy cho tam giỏc ABC vi A(1; -2), ng cao : 1 0CH x y + = , phõn giỏc trong : 2 5 0BN x y+ + = .Tỡm to cỏc nh B,C v tớnh din tớch tam giỏc ABC 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đờng thẳng : d 1 : 2 1 4 6 8 x y z + = = ; d 2 : 7 2 6 9 12 x y z = = a) Chứng minh rằng d 1 và d 2 song song . Viết phơng trình mặt phẳng ( P) qua d 1 và d 2 . b)Cho điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đờng thẳng d 1 sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất Cõu VII.a (1 im): Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc C: 2 4 3 1 0 2 z z z z + + + = Phần 2 ( Dành cho học sinh học ch ơng trình nâng cao ) Cõu VI.b 1. (1.0 im) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đờng thẳng 03: 1 = yxd và 06: 2 =+ yxd . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d 1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đờng thẳng : D 1 : 2 1 1 1 2 x y z = = , D 2 : 2 2 3 x t y z t = = = a) Chứng minh rằng D 1 chéo D 2 v viết phơng trình đờng vuông góc chung của D 1 và D 2 b) Viết phơng trình mặt cầu có đờng kính là đoạn vuông góc chung của D 1 và D 2 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tớnh tng: 0 4 8 2004 2008 2009 2009 2009 2009 2009 S C C C C C= + + + + + .Hết H v tờn SBD Giám thị coi thi không giải thích gì thêm . TRNG THPT MINH CHU Nm hc 2009-2010 P N MễN TON THI TH H LN TH I (ỏp ỏn- thang im cú 04 trang) Đề chính thức Câu Đáp án điểm I (2đ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C): Khi m=0 ta có y=2x 3 -3x 2 +1 * TXĐ: R *Sự biến thiên: + y’= 6x 2 - 6x= 6x(x-1)= 0 =⇒= =⇒= ⇔ 01 10 yx yx + BBT: x - ∞ 0 1 + ∞ y’ + 0 - 0 + y 1 + ∞ - ∞ 0 Hs đồng biến trên ( ) 0; ∞− ; ( ) +∞ ;1 ; Hs nghịch biến trên (0;1) + Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x=0; y CĐ =1; Hs đạt cực tiểu tại x=1; y CT = -0 + Giới hạn: lim ; lim . x x→−∞ →+∞ = −∞ = +∞ - Đồ thị hàm số không có tiệm cận. • Đồ thị: - Giao với trục Oy: (0;1) , giao với ox ( 2 31+ ;0) và ( 2 31− ;0) Ta có y’’ = 12x-6 ⇒ y’’ = 0 ⇔ x= 2 1 và y’’ đổi dấu khi x đi qua x= 2 1 ⇒ điểm ( 2 1 ; 2 1 ) là điểm uốn của đồ thị. Vậy đồ thị có tâm đối xứng là điểm ( 2 1 ; 2 1 ) đồ thị đi qua điểm ( 2;5) và (-1;-4) Ta c ó y’ = 6x 2 -6(2m+1)x+6m(m+1) y’=0 += = ⇔ 1mx mx Ta c ó m+1 ≠ m v ới ∀ m Vậy với ∀ m y’=0 luôn c ó 2 nghiệm phân biệt , nên hàm số luôn có cực đai , cực tiểu. x - ∞ m m+1 + ∞ y’ + 0 - 0 + 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 1 5 21 0 x y -1 -4 II 2 2 2009 cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos 4 x x x x x x π + + = + ÷ 2 2 cos sin 2(sin cos ) 4sin .cos (sin cos )x x x x x x x x⇔ − + + = + (cos sin )(cos sin 4cos .sin 2) 0x x x x x x⇔ + − − + = cos sin 0 (1) cos sin 4sin .cos 2 0 (2) x x x x x x + = ⇔ − − + = + Giải (1): (1) tan 1 4 x x k π π ⇔ = − ⇔ = − + + Giải (2): Đặt cos sin , 2x x t t− = ≤ ta có phương trình: 2 2 0t t+ = . 0 1/ 2 t t = ⇔ = − • Với 0t = ta có: tan 1 4 x x k π π = ⇔ = + • Với 1/ 2t = − ta có: arccos( 2 / 4) / 4 2 cos( ) 2 / 4 4 arccos( 2 / 4) / 4 2 x k x x k π π π π π = − − + + = − ⇔ = − − − + KL: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm: 4 x k π π = − + , 4 x k π π = + , arccos( 2 / 4) / 4 2x k π π = − − + , arccos( 2 / 4) / 4 2x k π π = − − − + . 0,5 0,25 0,25 2/. 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 (1) 1 3 2 0 (2) x y y x x x y y m − + − − = + − − − + = Điều kiện: 2 2 1 0 1 1 0 2 2 0 x x y y y − ≥ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ − ≥ 0.25 Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t 3 − 3t 2 = y 3 − 3y 2 . 0.25 Hàm số f(u) = u 3 − 3u 2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1) ⇔ t = y ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔ 2 2 2 1 0x x m− − + = 0.25 Đặt 2 1v x= − ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v 2 + 2v − 1 = m. Hàm số g(v) = v 2 + 2v − 1 đạt 0;1 0;1 min ( ) 1; m ( ) 2 [ ] [ ] axg v g v= − = Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2 0.25 C©u III 1) TÝnh tÝch ph©n I = 3 1 ( 4) 3 1 3 x dx x x − + + + + ∫ §Æt t = 1x + . 1 2 +=⇔ xt (1) dxtdt =⇒ 2 ; (1) 1 2 −=⇔ tx Khi x=-1 0 =⇒ t ; Khi x=3 2 =⇒ t 0.25® Ta cã I = ∫ ++ + 2 0 2 2 23 2).3( tt tdtt I= ( ) 2 2 2 0 0 20 12 2 6 3 2 t t dt dt t t + − + + + ∫ ∫ = ( ) 2 2 2 0 2 0 20 12 6 3 2 t t t dt t t + − + + + ∫ 0.5® = - 8 + 2 2 0 0 28 8 2 1 dt dt t t − + + ∫ ∫ = - 8 + 28ln2 – 8 ln3 0.25® IV ) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi ng chộo.Ta cú tam giỏc ABO vuụng ti O v AO = 3a ; BO = a , do ú ã 0 60A DB = Hay tam giỏc ABD u. T gi thit hai mt phng (SAC) v (SBD) cựng vuụng gúc vi mt phng (ABCD) nờn giao tuyn ca chỳng l SO (ABCD). Do tam giỏc ABD u nờn vi H l trung im ca AB, K l trung im ca HB ta cú DH AB v DH = 3a ; OK // DH v 1 3 2 2 a OK DH= = OK AB AB (SOK) Gi I l hỡnh chiu ca O lờn SK ta cú OI SK; AB OI OI (SAB) , hay OI l khong cỏch t O n mt phng (SAB). Tam giỏc SOK vuụng ti O, OI l ng cao 2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO = + = Din tớch ỏy 2 4 2. . 2 3 D S ABC ABO S OAOB a = = = ; 3a ng cao ca hỡnh chúp 2 a SO = . Th tớch khi chúp S.ABCD: 3 . 1 3 . 3 3 D DS ABC ABC a V S SO= = Câu V (1,0 điểm ) Cho 3 số dơng x, y, z thoả mãn : x +3y+5z 3 .Chứng minh rằng: 46253 4 +zxy + 415 4 +xyz + 4815 4 +yzx 45 5 xyz. Bất đẳng thức 2 2 4 x x + + 2 2 9 4 9 y y + + 2 2 25 4 25 z z + 45 VT +++++ 22 ) 5 2 3 22 ()53( zyx zyx 3 2 2 3 )5.3.( 36 )5.3.(.9 zyx zyx + . 0,25 Bất đẳng thức 2 2 4 x x + + 2 2 9 4 9 y y + + 2 2 25 4 25 z z + 45 VT +++++ 22 ) 5 2 3 22 ()53( zyx zyx 3 2 2 3 )5.3.( 36 )5.3.(.9 zyx zyx + . 0,25 Đặt t = 3 2 )5.3.( zyx ta có 1 3 53 )5.3.( 3 3 = ++ zyx zyx do đó t 1 Điều kiện . 0 < t 1. Xét hàm số f(t)= t9 + t 36 =45 Dấu bằng xảy ra khi: t=1 hay x=1; y= ; z= . 0,5 Phần B. (Thí sinh chỉ đợc làm phần I hoặc phần II) Phần I. (Danh cho thí sinh học chơng trình chuẩn) 1. Chng trỡnh Chun. Cõu Ph n Ni dung im B C A H N S A B K H C O I D a CõuV Ia. (1,0) 1(1 ,0) + Do nờn AB: . Gii h: ta cú (x; y)=(-4; 3). Do ú: . + Ly A i xng A qua BN thỡ . - Phng trỡnh ng thng (d) qua A v Vuụng gúc vi BN l (d): . Gi . Gii h: . Suy ra: I(-1; 3) + Phng trỡnh BC: . Gii h: Suy ra: . + , . Suy ra: 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VIIA 1) Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là: (4; - 6; - 8) ( - 6; 9; 12) +) và cùng phơng 0,25đ +) M( 2; 0; - 1) d 1 ; M( 2; 0; - 1) d 2 Vậy d 1 // d 2 0,25đ *) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là = ( 5; - 22; 19) (P): 5x 22y + 19z + 9 = 0 2) = ( 2; - 3; - 4); AB // d 1 Gọi A 1 là điểm đối xứng của A qua d 1 . Ta có: IA + IB = IA 1 + IB A 1 B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A 1 B Khi A 1 , I, B thẳng hàng I là giao điểm của A 1 B và d Do AB // d 1 nên I là trung điểm của A 1 B. *) Gọi H là hình chiếu của A lên d 1 . Tìm đợc H 0,25đ A đối xứng với A qua H nên A I là trung điểm của AB suy ra I 0,25đ Cõu Ni dung im CõuVIIa (1,0) Cõu VII.a (1 im): Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc C: (1) Nhận xét z=0 không là nghiệm của phơng trình (1) vậy z Chia hai vế PT (1) cho z 2 ta đợc : ( (2) 0.25đ Đặt t=z- Khi đó Phơng trình (2) có dạng : t 2 -t+ (3) PT (3) có 2 nghiệm t= ,t= 0.25đ Với t= ta có (4) Có PT(4) có 2 nghiệm : z= ,z= 0.25đ Với t= ta có (4) Có PT(4) có 2 nghiệm : z= ,z= Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= ; z= 0.25đ Phần II. Câu VIb. 1) Ta có: . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: . Vậy I d 1 H A B A 1 Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD Suy ra M( 3; 0) 0,25đ Ta có: Theo giả thiết: Vì I và M cùng thuộc đờng thẳng d 1 Đờng thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d 1 nhận làm VTPT nên có PT: . Lại có: 0,25đ Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: hoặc . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 0,25đ Do là trung điểm của AC suy ra: Tơng tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 0,25đ Cõu Phn Ni dung im CõuVIb. (1,0) 2.a) Các véc tơ chỉ phơng của D 1 và D 2 lần lợt là ( 1; - 1; 2) và ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0) D 1 ; N( 2; 3; 0) D 2 0,25đ Xét = - 10 0 Vậy D 1 chéo D 2 0,25đ Gọi A(2 + t; 1 t; 2t) D 1 B(2 2t; 3; t) D 2 A ; B (2; 3; 0) Đờng thẳng qua hai điểm A, B là đờng vuông góc chung của D 1 và D 2 . Ta có : 0,25đ 0,25đ PT mặt cầu nhận đoạn AB là đờng kính có dạng: 0,25đ CõuVIIb (1,0) Ta cú: Thy: , vi + Ta cú: . ng nht thc ta cú A chớnh l phn thc ca nờn . + Ta cú: Cho x=-1 ta cú: Cho x=1 ta cú: . Suy ra: . + T ú ta cú: . 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ . theo a Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O c a mỗi ng chộo.Ta cú tam giỏc ABO vuụng ti O v AO = 3a ; BO = a , do ú ã 0 6 0A DB = Hay tam giỏc ABD u. T. z thoả mãn : x +3 y+5z 3 .Chứng minh rằng: 46253 4 +zxy + 415 4 +xyz + 4815 4 +yzx 45 5 xyz. Bất đẳng thức 2 2 4 x x + + 2 2 9 4 9 y y + + 2 2 25 4 25 z z + 45 VT ++ ++ + 22 ) 5 2 3 22 ()53( zyx zyx 3 2 2 3 )5.3.( 36 )5.3.(.9 zyx zyx. thit hai mt phng (SAC) v (SBD) cựng vuụng gúc vi mt phng (ABCD) nờn giao tuyn ca chỳng l SO (ABCD). Do tam giỏc ABD u nờn vi H l trung im ca AB, K l trung im ca HB ta cú DH AB v DH = 3a ; OK