TRNG THPT LP Về 1 2 THI TH I HC CAO NG Mụn thi: TON Khi A Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian giao Phần A : Dành cho tất cả các thi sinh . Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x 3 3x 2 + 2 2) Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình : 2 2 2 1 m x x x = Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình : 5 2 2 os sin 1 12 c x x = ữ 2) Gii h phng trỡnh: 2 8 2 2 2 2 log 3log ( 2) 1 3 x y x y x y x y + = + + + = . Câu III(1,0 điểm ) Tớnh tớch phõn : /4 2 /4 sin 1 x I dx x x = + + Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 60 0 .Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = 3 3 a , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 -x + 5 -y +5 -z = 1 .Chứng minh rằng : + + + + + + + + 25 25 25 25 5 5 5 5 5 x y z x y z y z x z x y + + 5 5 5 4 x y z 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 Họ và tên SBD Gi¸m thÞ coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm . ĐÁP ÁN Câu I 2 điểm a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 3 2y x x .= − + • Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.= • Sự biến thiên: 2 3 6y' x x.= − Ta có 0 0 2 x y' x = = ⇔ = 0,25 • ( ) ( ) 0 2 2 2 CD CT y y ; y y .= = = = − 0,25 • Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y' + 0 − 0 + y 2 +∞ −∞ 2− 0,25 • Đồ thị: f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25 b) Biện luận số nghiệm của phương trình 1 22 2 − =−− x m xx theo tham số m. • Ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 m x x x x x m,x . x − − = ⇔ − − − = ≠ − Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của ( ) ( ) 2 2 2 1y x x x , C'= − − − và đường thẳng 1y m,x .= ≠ 0,25 • Vì ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 1 1 f x khi x y x x x f x khi x > = − − − = − < nên ( ) C' bao gồm: + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng 1x .= + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng 1x = qua Ox. 0,25 • hình f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25 • Dựa vào đồ thị ta có: + 2m :< − Phương trình vô nghiệm; + 2m := − Phương trình có 2 nghiệm kép; + 2 0m :− < < Phương trình có 4 nghiệm phân biệt; + 0m :≥ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. 0,25 2) §å thÞ hµm sè y = 2 ( 2 2) 1x x x− − − , víi x ≠ 1 cã d¹ng nh h×nh vÏ : II 1) 1) 5 2 2 os sin 1 12 c x x π − = ÷ 5 5 2 sin 2 sin 1 12 12 x π π ⇔ − + = ÷ 0.25 5 5 1 5 5 sin 2 sin sin sin 2 sin sin 12 12 4 12 4 12 2 2cos sin sin 3 12 12 x x π π π π π π π π π ⇔ − + = = ⇔ − = − = ÷ ÷ = − = − ÷ ÷ 0.25 ( ) 5 2 2 5 6 12 12 sin 2 sin 5 13 3 12 12 2 2 12 12 4 x k x k x k x k x k π π π π π π π π π π π π = + − = − + ⇔ − = − ⇔ ⇔ ∈ ÷ ÷ − = + = + ¢ 0.5 y = m 1+ 1- - 2 m 1 2 2.) Giải hệ phương trình: 2 8 2 2 2 2 log 3log ( 2) 1 3 x y x y x y x y + = − + + + − − = . Điều kiện: x+y>0, x-y>0 2 8 2 2 2 2 2 2 2 2 log 3log (2 ) 2 1 3 1 3 x y x y x y x y x y x y x y x y + = + − + = + − ⇔ + + − − = + + − − = 0,25® Đặt: u x y v x y = + = − ta có hệ: 2 2 2 2 2 ( ) 2 4 2 2 3 3 2 2 u v u v u v uv u v u v uv uv − = > + = + ⇔ + + + + − = − = 0,25® 2 2 4 (1) ( ) 2 2 3 (2) 2 u v uv u v uv uv + = + ⇔ + − + − = . Thế (1) vào (2) ta có: 2 8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + − = ⇔ + + = + ⇔ = . 0,25® Kết hợp (1) ta có: 0 4, 0 4 uv u v u v = ⇔ = = + = (vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2). 0,25® C©u III 1 Tính tích phân : /4 2 /4 sin 1 x I dx x x π π − = + + ∫ /4 /4 /4 2 1 2 2 /4 /4 /4 sin 1 sin sin 1 x I dx x xdx x xdx I I x x π π π π π π − − − = = + + = + + + ∫ ∫ ∫ Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì 1 0I = , tích phân từng phân 2 I được kết quả. 0.5® Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì 1 0I = , tích phân từng phân 2 I được kết quả. 0.5® C©u IV : A S B C M N D H Tính thể tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD Ta có : BC AB BC BM BC SA . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đờng cao Ta có SA = AB tan60 0 = a 3 , 3 3 2 3 2 3 3 a a MN SM MN AD SA a a = = = Suy ra MN = 4 3 a . BM = 2 3 a Diện tích hình thang BCMN là : S = 2 4 2 2 10 3 2 2 3 3 3 a a BC MN a a BM + ữ + = = ữ ữ Hạ AH BM . Ta có SH BM và BC (SAB) BC SH . Vậy SH ( BCNM) SH là đờng cao của khối chóp SBCNM Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , AB AM SB MS = = 1 2 . Vậy BM là phân giác của góc SBA ã 0 30SBH = SH = SB.sin30 0 = a Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 1 .( ) 3 SH dtBCNM = 3 10 3 27 a 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 -x + 5 -y +5 -z = 1 .Chứng minh rằng : + + + + + + + + 25 25 25 25 5 5 5 5 5 x y z x y z y z x z x y + + 5 5 5 4 x y z Đặt 5 x = a , 5 y =b , 5 z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 2 2 2 4 a b c a b c a bc b ca c ab + + + + + + + ( *) ( *) 3 3 3 2 2 2 4 a b c a b c a abc b abc c abc + + + + + + + 3 3 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4 a b c a b c a b a c b c b a c a c b + + + + + + + + + + Ta có 3 3 ( )( ) 8 8 4 a a b a c a a b a c + + + + + + ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) Tơng tự 3 3 ( )( ) 8 8 4 b b c b a b b c b a + + + + + + ( 2) 3 3 ( )( ) 8 8 4 c c a c b c c a c b + + + + + + ( 3) . Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 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 CõuV 1(1 + Do AB CH nờn AB: 1 0x y+ + = . B C A H N Ia. (1,0) ,0) Gii h: 2 5 0 1 0 x y x y + + = + + = ta cú (x; y)=(-4; 3). Do ú: ( 4;3)AB BN B = . + Ly A i xng A qua BN thỡ 'A BC . - Phng trỡnh ng thng (d) qua A v Vuụng gúc vi BN l (d): 2 5 0x y = . Gi ( )I d BN= . Gii h: 2 5 0 2 5 0 x y x y + + = = . Suy ra: I(-1; 3) '( 3; 4)A + Phng trỡnh BC: 7 25 0x y+ + = . Gii h: 7 25 0 1 0 x y x y + + = + = Suy ra: 13 9 ( ; ) 4 4 C . + 2 2 450 ( 4 13 / 4) (3 9 / 4) 4 BC = + + + = , 2 2 7.1 1( 2) 25 ( ; ) 3 2 7 1 d A BC + + = = + . Suy ra: 1 1 450 45 ( ; ). .3 2. . 2 2 4 4 ABC S d A BC BC= = = 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VIIA 1) Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là: 1 u ur (4; - 6; - 8) 2 u uur ( - 6; 9; 12) +) 1 u ur và 2 u uur 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 n r = ( 5; - 22; 19) (P): 5x 22y + 19z + 9 = 0 2) AB uuur = ( 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 36 33 15 ; ; 29 29 29 ữ 0,25đ A đối xứng với A qua H nên A 43 95 28 ; ; 29 29 29 ữ I là trung điểm của AB suy ra I 65 21 43 ; ; 29 58 29 ữ 0,25đ Cõu Ni dung i m CõuVIIa (1,0) Cõu VII. a (1 im): Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc C: 2 4 3 1 0 2 z z z z + + + = (1) I d 1 H A B A 1 Nhận xét z=0 không là nghiệm của phơng trình (1) vậy z 0 Chia hai vế PT (1) cho z 2 ta đợc : ( 0 2 1 ) 1 () 1 2 2 =++ z z z z (2) 0.25 đ Đặt t=z- z 1 Khi đó 2 1 2 22 += z zt 2 1 2 2 2 +=+ t z z Phơng trình (2) có dạng : t 2 -t+ 0 2 5 = (3) 2 99 2 5 .41 i=== PT (3) có 2 nghiệm t= 2 31 i+ ,t= 2 31 i 0.25 đ Với t= 2 31 i+ ta có 02)31(2 2 311 2 =+ + = ziz i z z (4) Có 222 )3(696816)31( iiiii +=++=+=++= PT(4) có 2 nghiệm : z= i ii += +++ 1 4 )3()31( ,z= 2 1 4 )3()31( = ++ iii 0.25 đ Với t= 2 31 i ta có 02)31(2 2 311 2 = = ziz i z z (4) Có 222 )3(696816)31( iiiii =+==+= PT(4) có 2 nghiệm : z= i ii = + 1 4 )3()31( ,z= 2 1 4 )3()31( = iii Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= 2 1i ; z= 2 1i 0.25 đ Phần II. Câu VIb. 1) Ta có: Idd 21 = . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: = = =+ = 2/3y 2/9x 06yx 03yx . Vậy 2 3 ; 2 9 I Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1 = Suy ra M( 3; 0) 0,25đ Ta có: 23 2 3 2 9 32IM2AB 22 = + == Theo giả thiết: 22 23 12 AB S AD12AD.ABS ABCD ABCD ===== Vì I và M cùng thuộc đờng thẳng d 1 ADd 1 Đờng thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d 1 nhận )1;1(n làm VTPT nên có PT: 03yx0)0y(1)3x(1 =+=+ . Lại có: 2MDMA == 0,25đ Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: ( ) =+ =+ 2y3x 03yx 2 2 ( ) ( ) = = =+ += =+ += 13x x3y 2)x3(3x 3xy 2y3x 3xy 2 2 2 2 = = 1y 2x hoặc = = 1y 4x . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 0,25đ Do 2 3 ; 2 9 I là trung điểm của AC suy ra: === === 213yy2y 729xx2x AIC AIC 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 u ur ( 1; - 1; 2) và 2 u uur ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0) D 1 ; N( 2; 3; 0) D 2 0,25đ Xét 1 2 ; .u u MN ur uur uuuur = - 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 1 2 . 0 . 0 AB u AB u = = uuurur uuur uur 1 3 ' 0 t t = = A 5 4 2 ; ; 3 3 3 ữ ; B (2; 3; 0) Đờng thẳng qua hai điểm A, B là đờng vuông góc chung của D 1 và D 2 . Ta có : 2 3 5 2 x t y t z t = + = + = 0,25đ 0,25đ PT mặt cầu nhận đoạn AB là đờng kính có dạng: 2 2 2 11 13 1 5 6 6 3 6 x y z + + + = ữ ữ ữ 0,25đ CõuVIIb (1,0) Ta cú: 2009 0 1 2009 2009 2009 2009 2009 (1 ) i C iC i C+ = + + + 0 2 4 6 2006 2008 2009 2009 2009 2009 2009 2009 1 3 5 7 2007 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 ( ) C C C C C C C C C C C C i + + + + + + + Thy: 1 ( ) 2 S A B= + , vi 0 2 4 6 2006 2008 2009 2009 2009 2009 2009 2009 A C C C C C C= + + + 0 2 4 6 2006 2008 2009 2009 2009 2009 2009 2009 B C C C C C C= + + + + + + Ta cú: 2009 2 1004 1004 1004 1004 (1 ) (1 )[(1 ) ] (1 ).2 2 2i i i i i+ = + + = + = + . ng nht thc ta cú A chớnh l phn thc ca 2009 (1 )i+ nờn 1004 2A = . + Ta cú: 2009 0 1 2 2 2009 2009 2009 2009 2009 2009 (1 ) x C xC x C x C+ = + + + + Cho x=-1 ta cú: 0 2 2008 1 3 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 C C C C C C+ + + = + + + Cho x=1 ta cú: 0 2 2008 1 3 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 ( ) ( ) 2C C C C C C+ + + + + + + = . Suy ra: 2008 2B = . + T ú ta cú: 1003 2007 2 2S = + . 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ . abc c abc + + + + + + + 3 3 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4 a b c a b c a b a c b c b a c a c b + + + + + + + + + + Ta có 3 3 ( )( ) 8 8 4 a a b a c a a b a c + + + + + + ( 1) ( Bất đẳng. iiiii += ++ = + =++ = PT(4) có 2 nghiệm : z= i ii += ++ + 1 4 )3()31( ,z= 2 1 4 )3()31( = ++ iii 0.25 đ Với t= 2 31 i ta có 02) 31(2 2 311 2 = = ziz i z z (4) Có 222 )3(696816)31( iiiii =+= =+= PT(4). giả thi t ta có : ab + bc + ca = abc Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 2 2 2 4 a b c a b c a bc b ca c ab + + + + + + + ( *) ( *) 3 3 3 2 2 2 4 a b c a b c a abc b abc c abc + + + +