.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 . 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 : 11 5 7 3 2009 cos sin 2 sin 4 2 4 2 2 2 x x x + = + ữ ữ 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 ) Tính tích phân : 3 1 ( 4) 3 1 3 x 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 (2,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 2 -x + 2 -y +2 -z = 1 .Chứng minh rằng : 4 4 4 2 2 2 2 2 2 x y z x y z y z x z x y + + + + + + + + 2 2 2 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 ( 2,0 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 = = 1) Chứng minh rằng d 1 và d 2 song song . Viết phơng trình mặt phẳng ( P) qua d 1 và d 2 . 2) 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 Câu VII.a (1.0điểm) Giải phơng trình : 2 3 9 27 3 3 log ( 1) log 2 log 4 log ( 4)x x x + + = + + Cõu VIII.a (1 im): Tớnh tng: 0 4 8 2004 2008 2009 2009 2009 2009 2009 S C C C C C= + + + + + . Phần 2 ( Dành cho học sinh học ch ơng trình nâng cao ) Câu VI.b (2,0điểm) 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 = = = 1) Chứng minh rằng D 1 chéo D 2 . Viết phơng trình đờng vuông góc chung của D 1 và D 2 2) Viết phơng trình mặt cầu có đờng kính là đoạn vuông góc chung của D 1 và D 2 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Cho phơng trình : 2 2 5 5 log 2 log 1 2 0x x m+ + = , ( m là tham số ) . Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình đã cho có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 3 1;5 Cõu VIII.b (1 im): Tớnh tng : 1 3 8 1 8 8 8 1 3 (8 1) n n n n C C n C + .Hết Giám thị coi thi không giải thích gì thêm . Hớng dẫn giải : Phần A : Dành cho tất cả các thí sinh Câu I : 1) ( Thí sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị ) 2) Đồ thị hàm số y = 2 ( 2 2) 1x x x , với x 1 có dạng nh hình vẽ : Dựa vào đồ thị ta có : *) Nếu m < -2 : Phơng trình vô nghiệm *) Nếu m = - 2 : Phơng trình có hai nghiệm *) Nếu 2 < m < 0 : Phơng trình có 4 nghiệm phân biệt *) nếu m 0 : Phơng trình có hai nghiệm phân biệt Câu II : 1) 11 5 7 3 2009 cos sin 2 sin 4 2 4 2 2 2 x x x + = + ữ ữ ữ ( 1) ( 1) 5 3 3 sin sin 2 cos 2 4 4 2 2 x x x = ữ ữ -2 3 3 cos cos 2 cos 4 2 2 x x x + = ữ 3 cos 0 2 x = hoặc 2 cos( ) 4 2 x + = . Giải các phơng trình cơ bản tìm đợc nghiệm : 2 , x= 2 , x = k2 3 3 2 k x k = + + iu kin: 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 + = + + = + + + = + + = t: u x y v x y = + = ta cú h: 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 = > + = + + + + + = = 2 2 4 (1) ( ) 2 2 3 (2) 2 u v uv u v uv uv + = + + + = . Th (1) vo (2) ta cú: 2 8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + = + + = + = . Kt hp (1) ta cú: 0 4, 0 4 uv u v u v = = = + = (vỡ u>v). T ú ta cú: x =2; y =2. KL: Vy nghim ca h l: (x; y)=(2; 2). 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III 1) Tính tích phân I = 3 1 ( 4) 3 1 3 x dx x x + + + + Đặt t = 1x + . Ta có 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 + + + + y = m 1+ 1- - 2 m 1 2 = - 8 + 2 2 0 0 28 8 2 1 dt dt t t + + = - 8 + 28ln2 8 ln3 2) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 2 -x + 2 -y +2 -z = 1 .Chứng minh rằng : 4 4 4 2 2 2 2 2 2 x y z x y z y z x z x y + + + + + + + + 2 2 2 4 x y z + + Đặt 2 x = a , 2 y =b , 2 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 Câu IV : 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 A S B C M N D H 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 Phần B. (Thí sinh chỉ đợc làm phần I hoặc phần II) Phần I. (Danh cho thí sinh học chơng trình chuẩn) Câu V.a.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 +) M( 2; 0; - 1) d 1 ; M( 2; 0; - 1) d 2 Vậy d 1 // d 2 *) 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 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 Câu VI a) log 9 (x + 1) 2 + 3 27 3 3 log 2 log 4 log ( 4) (1)x x= + + Đ K: 4 4 1 x x < < (1) log 3 (x + 1) + log 3 4 = log 3 (4 x) + log 3 (x + 4) log 3 4 1x + = log 3 (16 x 2 ) 4 1x + = 16 x 2 Giải phơng trình tìm đợc x = 2 hoặc x = 2 - 24 Phần II. Câu V. b. 1) 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 Xét 1 2 ; .u u MN ur uur uuuur = - 10 0 Vậy D 1 chéo D 2 *) 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 = + = + = *) Phơng trình mặt cầu nhận đoạn AB là đờng kính có dạng: D 2 A B 2 u uur 1 u ur D 1 I d 1 H A B A 1 2 2 2 11 13 1 5 6 6 3 6 x y z − + − + + = ÷ ÷ ÷ b.2) §Æt t = 2 5 log 1x + ta thÊy nÕu x ∈ 3 1;5 th× t ∈ [ ] 1;2 Ph¬ng tr×nh cã d¹ng: t 2 + 2t – m – 3 = 0; t ∈ [ ] 1;2 ⇔ t 2 + 2t – 3 = m ; t ∈ [ ] 1;2 LËp bÊt ph¬ng r×nh hµm f(t) = t 2 + 2t – 3 trªn [ ] 1;2 ta ®îc 0 ≤ f(t) ≤ 5 § K cña m lµ: 0 ≤ m ≤ 5 Câu Phần Nội dung Điểm CâuVIIa. (1,0) Ta có: 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 − + − + − + + − + − + − + Thấy: 1 ( ) 2 S A B= + , với 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 có: 2009 2 1004 1004 1004 1004 (1 ) (1 )[(1 ) ] (1 ).2 2 2i i i i i+ = + + = + = + . Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của 2009 (1 )i+ nên 1004 2A = . + Ta có: 2009 0 1 2 2 2009 2009 2009 2009 2009 2009 (1 ) x C xC x C x C+ = + + + + Cho x=-1 ta có: 0 2 2008 1 3 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 C C C C C C+ + + = + + + Cho x=1 ta có: 0 2 2008 1 3 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 ( ) ( ) 2C C C C C C+ + + + + + + = . Suy ra: 2008 2B = . + Từ đó ta có: 1003 2007 2 2S = + . 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Phầ n Nội dung Điểm CâuVIIb . (1,0) Xét khai triển: 8 0 1 2 2 8 8 8 8 8 8 ( ) (1 ) n n n n n n n f x x C xC x C x C= + = + + + . Suy ra: 8 1 1 2 2 3 8 2 8 1 8 1 8 8 8 8 8 8 ( ) 8 (1 ) 2 3 (8 1) 8 n n n n n n n n n n f x n x C xC x C n x C nx C − − − − ′ = + = + + + + − + Cho x i= ta được 1 3 8 1 8 8 8 1 3 (8 1) n n n n A C C n C − = − + − − chính là phần thực của khai triển số phức 8 1 8 (1 ) n n i − + . Ta có: 8 1 8 4 4 8 (1 ) 4 (1 ) (1 ) 4 .2 4 .2 n n n n n i n i i n n i − + = + + = + . Vậy 1 3 8 1 4 8 8 8 1 3 (8 1) 4 .2 n n n n n A C C n C n − = − + − − = . 0,25 0,5 0,25 . 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 . Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ. trình đã cho có ít nhất một nghiệm thu c đoạn 3 1;5 Cõu VIII.b (1 im): Tớnh tng : 1 3 8 1 8 8 8 1 3 (8 1) n n n n C C n C + .Hết Giám thị coi thi không giải thích gì thêm . Hớng. z y z x z x y + + + + + + + + 2 2 2 4 x y z + + Đặt 2 x = a , 2 y =b , 2 z = c . Từ 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