PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần Phần 1 hoặc phần 2 Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa 2 điểm a Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2.. Tìm toạ độ [r]
(1)http://tranduythai.violet.vn Lop12.net Biên soạn: Trần Duy Thái (2) BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 Sở GD & ĐT Tiền Giang Trường THPT Gò Công Đông ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Môn: Toán - Thời gian: 180 phút ĐỀ I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x có đồ thị là (C) x 2 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số trên 2) Tìm trên (C) điểm M cho tiếp tuyến M (C) cắt tiệm cận (C) A, B cho AB ngắn Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: sin x sin x sin x sin x cos x cos x cos3 x cos x 2) Giải phương trình: x e x x 4; Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I x R ln x ln x dx x ln x Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là O A, B là hai điểm trên đường tròn đáy 600 Tính theo a chiều cao và cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB a , ASO SAB diện tích xung quanh hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 4x y 2x y xy II PHẦN RIÊNG : Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) có phương trình : x y và điểm M (2;1) Tìm phương trình đường thẳng cắt trục hoành A cắt đường thẳng (d ) B cho tam giác AMB vuông cân M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng qua hai điểm A 0; 1;2 , B 1;0;3 và tiếp xúc với mặt cầu S có phương trình: ( x 1) ( y 2) ( z 1) Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là nghiệm phương trình: z z 2 2 1 1 1 Rút gọn biểu thức P z z z z z z z z Theo chương trình nâng cao Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn C có phương trình : x y 25 và điểm M (1; 1) Tìm phương trình đường thẳng qua điểm M và cắt đường tròn C điểm A, B cho MA 3MB 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P có phương trình: x y Lập phương trình mặt cầu S qua ba điểm A 2;1; 1 , B 0;2; 2 , C 1;3;0 và tiếp xúc với mặt phẳng P http://tranduythai.violet.vn Lop12.net Biên soạn: Trần Duy Thái (3) log x log x 1 Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình: log x 1 log ( x 1) ĐÁP ÁN ĐỀ 1) y= x (C) x 2 D= R\ {2} lim y TCN : y x lim y ; lim y TCĐ x = x 2 y’ = y x 2 1 0; x ( x 2)2 x -2 BBT -1 -1 -2 2) Gọi M(xo; x0 ) (C) x0 Phương trình tiếp tuyến M: () y = ( ) TCĐ = A (2; -3 x x0 x0 ( x0 2)2 ( x0 2)2 x0 ) x0 ( ) TCN = B (2x0 –2; 2) cauchy AB (2 x0 4; 2 ) AB = 4( x0 2)2 2 x0 ( x0 2)2 x M (3;3) AB = 2 xo M (1;1) II sin x sin x sin x sin x cos x cos x cos3 x cos x TXĐ: D =R sin x sin x sin x sin x cos x cos x cos3 x cos x sin x cosx (sin x cosx). 2(sin x cosx) sin x.cosx 2(sin x cosx) sin x.cosx + Với sin x cosx x k ( k Z ) + Với 2(sin x cosx) sin x.cosx , đặt t = sin x cosx (t 2; ) t 1 pt : t2 + 4t +3 = t 3(loai) http://tranduythai.violet.vn Lop12.net 1,0 0,25 0,25 0.25 Biên soạn: Trần Duy Thái (4) x m 2 t = -1 (m Z ) x m2 x k ( k Z ) Vậy : x m2 (m Z ) x m 2 Câu II.2 (1,0 đ) x 0,25 1 x x 4; x R Đặt t x x t 2( x x ) ta phương trình t2 t t 2t t 4 t 0,25 0,25 x x 2( x x ) 16 x 2x + Với t = Ta có x x 4 x x x 0,25 x x 4 2 2( x x ) x 2x + Với t = ta có x x x x x 1 ĐS: phương trình có nghiệm x 2, x III 0,25 1 e ln x I ln x dx x ln x e I1 = ln x dx , Đặt t = x ln x ln x ,… Tính I1 = 2 3 e I ln x dx , lấy tích phân phần lần I2 = e – 0.5 0.25 0.25 2 I = I1 + I2 = e 3 http://tranduythai.violet.vn Lop12.net Biên soạn: Trần Duy Thái (5) Câu IV (1,0 đ) Câu V (1,0 đ) S Gọi I là trung điểm AB , nên OI a Đặt OA R 60 SAB SAB 1 OA R IA AB SA 2 sin ASO Tam giác OIA vuông I nên OA IA2 IO R2 a R a2 R O A I SA a B a Chiếu cao: SO a Diện tích xung quanh: S xq Rl a a2 Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x y 4x y 2x y x y y x y P xy y x y x 2 Thay y x được: y x 5 x y y x x y x 2 y x y x 2 3 P x 1; y Vậy Min P = 2 P 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 Lưu ý: Có thể thay y x sau đó tìm giá trị bé hàm số g ( x) Câu AVI.1 (1,0 đ) 3x 3x x (5 x) A nằm trên Ox nên A a;0 , B nằm trên đường thẳng x y nên B(b; b) , M (2;1) MA (a 2; 1), MB (b 2; b 1) 0,25 Tam giác ABM vuông cân M nên: MA.MB (a 2)(b 2) (b 1) , 2 (a 2) (b 2) (b 1) MA MB b không thỏa mãn b 1 a2 ,b b 1 ,b b2 a b2 2 2 (a 2) (b 2) (b 1) b (b 2) (b 1) b a b 1 a , b b2 b a (b 2) (b 1)2 (b 2)2 b http://tranduythai.violet.vn Lop12.net Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25 (6) a đường thẳng qua AB có phương trình x y b 0,25 a đường thẳng qua AB có phương trình x y 12 b 0,25 Với: Với ĐỀ I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x3 3(2m 1) x2 6m(m 1) x có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 2; Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: cos x(2 cos x 1) b) Giải phương trình : (3x 1) x x ln Câu III (1 điểm) Tính tích phân I x3 dx (3 e x 2) Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cạnh a, hình chiếu vuông góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách AA’ và BC là a Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x xy y Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức x4 y4 1 x2 y2 1 II PHẦN RIÊNG : Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I AC nằm trên đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC) Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: ( z z )( z 3)( z 2) 10 , z C Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a Trong mp(Oxy) cho điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng () : x y cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích P b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 : x y 1 z x2 y3 z d2 : 1 2 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 và d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log x 2) log x http://tranduythai.violet.vn Lop12.net Biên soạn: Trần Duy Thái (7) ĐÁP ÁN ĐỀ Câu I a) Đồ thị Học sinh tự làm 0,25 y x3 3(2m 1) x 6m(m 1) x y ' x 6( 2m 1) x 6m( m 1) b) 0,5 y’ có (2m 1) 4( m m) x m y' x m Hàm số đồng biến trên 2; y ' x m m 0,25 0,25 điểm Câu II a) Giải phương trình: cos x(2 cos x 1) PT cos x(4 cos x 1) cos x(3 sin x) 0,25 Nhận xét x k , k Z không là nghiệm phương trình đã cho nên ta có: 0,25 cos 3x(3 sin x) cos 3x(3 sin x sin x) sin x cos x sin x sin x sin x sin x 2m x 6 x x m 2 6 x x m 2 x 2m 7 0,25 ;mZ m k 2m=5k m 5t , t Z 0,25 2m Xét = k 1+2m=7k k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, 7 lZ m 2m Vậy phương trình có nghiệm: x ( m 5t ); x ( m 7l ) 7 đó m, t , l Z Xét b) Giải phương trình : (3x 1) x x điểm x3 0,25 PT 2(3x 1) x 10 x 3x 2(3x 1) x 4( x 1) x 3x Đặt t x 1(t 0) Pt trở thành 4t 2(3 x 1)t x x Ta có: ' (3 x 1) 4(2 x x 2) ( x 3) Pt trở thành 4t 2(3 x 1)t x x 0,25 Ta có: ' (3x 1) 4(2 x 3x 2) ( x 3) http://tranduythai.violet.vn Lop12.net Biên soạn: Trần Duy Thái (8) 2x 1 x2 ;t 2 ta phương Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t Thay vào cách đăt giải trình có các 0,5 60 nghiệm: x ; Câu III ln Tính tích phân I điểm dx (3 e x 2) 0,25 x ln Ta c ó I e dx x = x e (e 2) x x Đặt u= e 3du e dx ; x u 1; x ln u 2 Ta được: 3du 1 =3 4u 4(u 2) 2(u 2) u (u 2) 1 I du 0,25 0,25 1 1 =3 ln u ln u 2(u 2) 4 3 ln( ) 3 Vậy I ln( ) 0,25 Câu IV C’ A’ B’ H A C O M B 0,5 http://tranduythai.violet.vn Lop12.net Biên soạn: Trần Duy Thái (9) AM BC BC ( A' AM ) A' O BC Kẻ MH AA' , (do A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) BC ( A' AM ) Do HM BC Vậy HM là đọan vông góc chung HM ( A' AM ) AA’và BC, đó d ( AA' , BC) HM a Gọi M là trung điểm BC ta thấy: Xét tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: A' O HM AO AH 0,5 AO.HM a a a AH 3a 1aa a3 Thể tích khối lăng trụ: V A' O.S ABC A' O.AM.BC a 23 12 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a b c Chứng minh1 điểm rằng: 3(a b c ) 4abc 13 suy A' O Câu V 0,5 bc *Trước hết ta chưng minh: f (a, b, c) f (a, t , t ) :Thật Đặt f (a, b, c ) 3( a b c ) 4abc 13; t Do vai trò a,b,c nên ta có thể giả thiết a b c 3a a b c hay a f (a, b, c) f ( a, t , t ) 3( a b c ) abc 13 3( a t t ) at 13 = 3(b c 2t ) 4a (bc t ) 2 2(b c) (b c) 3(b c) 2 = 3b c a(b c) 4a bc = 4 (3 2a )(b c) = a *Bây ta cần chứng minh: f (a, t , t ) với a+2t=3 0,5 Ta có f (a, t , t ) 3( a t t ) at 13 = 3((3 2t ) t t ) 4(3 2t )t 13 = 2(t 1) (7 4t ) 2t=b+c < Dấu “=” xảy t & b c a b c (ĐPCM) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x xy y Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức http://tranduythai.violet.vn Lop12.net Biên soạn: Trần Duy Thái (10) P x4 y4 1 x2 y2 1 Từ giả thiết suy ra: x xy y xy xy xy ( x y ) xy 3 xy Từ đó ta có xy M¨t kh¸c x xy y x y xy nªn x y x y xy ®¨t t=xy Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña t 2t P f (t ) ; t t2 t TÝnh f ' (t ) 1 (t 2) t 2(l ) Do hàm số liên tục trên f( 0,25 0.25 0.25 ;1 nên so sánh giá trị 1 ) , f ( 2) , f (1) cho kết quả: 0.25 11 MaxP f ( 2) , P f ( ) 15 Câu VIa (Học sinh tự vẽ hình) a) Ta có: AB 1; AB Phương trình AB là: x y I d : y x I t ; t I là trung điểm AC: C (2t 1;2t ) Theo bài ra: S ABC điểm 0,5 t AB.d (C , AB) 6t t 0,5 Từ đó ta có điểm C(-1;0) C( ; ) thoả mãn 3 b) điểm *Từ phương trình đoạn chắn suy pt tổng quát mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 *Gọi H là hình chiếu vuông góc O l ên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên OH // n(2;1;1) ; H ABC Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= http://tranduythai.violet.vn 10 Lop12.net 0,25 1 suy H ( ; ; ) 3 3 Biên soạn: Trần Duy Thái (11) 0,5 2 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC) H là trung điểm OO’ O' ( ; ; ) 3 CâuVIIa Giải phương trình: ( z z )( z 3)( z 2) 10 , z C PT z ( z 2)( z 1)( z 3) 10 ( z z )( z z 3) Đặt t z z Khi đó phương trình (8) trở thành: điểm 0,25 0,25 Đặt t z z Khi đó phương trình (8) trở thành t 3t 10 t 2 z 1 i t z 1 0,5 Vậy phương trình có các nghiệm: z 1 ; z 1 i Câu VIb a) điểm 0,25 Viết phương trình đường AB: x y và AB Viết phương trình đường CD: x y 17 và CD 17 b) Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M (t ;3t 5) Ta tính được: 13t 19 11t 37 d ( M , AB) ; d ( M , CD) 17 0,25 Từ đó: S MAB S MCD d ( M , AB) AB d ( M , CD).CD 7 t 9 t Có điểm cần tìm là: M (9; 32), M ( ; 2) 3 0,5 điểm Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1, d2 hai điểm A và B đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ d d1 , d dấu xảy I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung hai đường thẳng d1, d2 Ta tìm A, B : AB u Ad1, Bd nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) AB u ' AB (….)… A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) I(2; 1; -1) 0, 25 0,25 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= Nên có phương trình là: x 2 ( y 1) ( z 1) CâuVIIb Giải bất phương trình http://tranduythai.violet.vn x(3 log x 2) log x 11 Lop12.net 0,25 điểm Biên soạn: Trần Duy Thái (12) Điều kiện: x Bất phương trình 3( x 3) log x 2( x 1) 0.25 Nhận thấy x=3 không là nghiệm bất phương trình x 1 TH1 Nếu x BPT log x x3 Xét hàm số: f ( x) log x đồng biến trên khoảng 0; x 1 g ( x) nghịch biến trên khoảng 3; x3 f ( x) f ( 4) 3 *Với x :Ta có Bpt có nghiệm x g ( x ) g (4) f ( x) f ( 4) 3 * Với x :Ta có Bpt vô nghiệm g ( x) g ( 4) TH :Nếu x BPT 0,25 0,25 x 1 log x x3 log x đồng biến trên khoảng 0; x 1 nghịch biến trên khoảng 0;3 g ( x) x3 f ( x) f (1) *Với x :Ta có Bpt vô nghiệm g ( x) g (1) f ( x) * Với x :Ta có f ( x) f (1) 0 Bpt có nghiệm x g ( x) g (1) 0,25 x Vậy Bpt có nghiệm 0 x + 5-y +5-z = Chứng minh 25z x 5y z z xy 5 Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 25x 25y 25x 5yz 5y 5zx -x : Đặt x = a , 5y =b , 5z = c Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 abc Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : ( *) a bc b ca c ab a3 b3 c3 abc ( *) a abc b abc c abc http://tranduythai.violet.vn 12 Lop12.net 0,25đ 0,25đ Biên soạn: Trần Duy Thái (13) a3 b3 c3 abc (a b)(a c ) (b c )(b a) (c a )(c b ) a ab ac a ( 1) Ta có ( Bất đẳng thức Cô si) (a b)(a c) 8 b3 bc ba b ( 2) Tương tự (b c)( b a) 8 c3 ca cb c ( 3) (c a)(c b) 8 0,25đ 0,25đ Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy điều phải chứng minh Phần B (Thí sinh làm phần I phần II) Phần I (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn) Chương trình Chuẩn Cõu Ph Nội dung ần A CâuVI 1(1, + Do AB CH nờn AB: x y a 0) H 2 x y N Giải hệ: ta có (x; y)=(-4; 3) (1,0) x y 1 Do đó: AB BN B (4;3) + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A ' BC - Phương trình đường thẳng (d) qua A và B C Vuụng gúc với BN là (d): x y Gọi I (d ) BN Giải hệ: 2 x y Suy ra: I(-1; 3) A '( 3; 4) x 2y 5 7 x y 25 + Phương trình BC: x y 25 Giải hệ: x y 1 13 Suy ra: C ( ; ) 4 7.1 1( 2) 25 450 + BC ( 4 13 / 4) (3 / 4) , d ( A; BC ) 3 12 1 450 45 d ( A; BC ).BC 2 4 1) Véc tơ phương hai đường thẳng là: u1 (4; - 6; - 8) u2 ( - 6; 9; 12) +) u1 và u2 cùng phương +) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 Vậy d1 // d2 *) Véc tơ pháp tuyến mp (P) là n = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + = 2) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d Gọi A1 là điểm đối xứng A qua d Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm A1B và d Điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Suy ra: S ABC Câu VIIA http://tranduythai.violet.vn 13 Lop12.net Biên soạn: Trần Duy Thái 0,25đ 0,25đ 0,25đ (14) Do AB // d1 nên I là trung điểm A1B 36 33 15 *) Gọi H là hình chiếu A lên d1 Tìm H ; ; 29 29 29 43 95 28 A’ đối xứng với A qua H nên A’ ; ; 29 29 29 65 21 43 I là trung điểm A’B suy I ; ; 29 58 29 A d1 0,25đ B H I A1 Cõu Câu VIIa (1,0) Nội dung Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: z2 z z z 1 (1) Nhận xét z=0 không là nghiệm phương trình (1) z 1 Chia hai vế PT (1) cho z2 ta : ( z ) ( z ) (2) z z 1 Đặt t=z- Khi đó t z z t z z z Phương trình (2) có dạng : t2-t+ (3) 9 9i 2 3i 3i PT (3) có nghiệm t= ,t= 2 3i 1 3i ta có z z (1 3i ) z (4) z Có (1 3i ) 16 6i 6i i (3 i ) (1 3i) (3 i ) (1 3i) (3 i) i PT(4) có nghiệm : z= i ,z= 4 3i 1 3i Với t= ta có z z (1 3i ) z (4) z 2 Có (1 3i ) 16 6i 6i i (3 i ) (1 3i) (3 i) (1 3i) (3 i ) i PT(4) có nghiệm : z= i ,z= 4 i 1 i 1 Vậy PT đã cho có nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= ; z= 2 Điểm 0.25đ 0.25đ Với t= Phần II Câu VIb 1) http://tranduythai.violet.vn 14 Lop12.net Biên soạn: Trần Duy Thái 0.25đ 0.25đ (15) Ta có: d d I Toạ độ I là nghiệm hệ: x y x / 9 3 Vậy I ; 2 2 x y y / Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD M d Ox Suy M( 3; 0) 0,25đ 9 3 Ta có: AB IM 2 2 S ABCD 12 2 AB Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d d AD Theo giả thiết: S ABCD AB.AD 12 AD 0,25đ Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x 3) 1(y ) x y Lại có: MA MD x y Toạ độ A, D là nghiệm hệ PT: x 3 y y x y x y x 2 2 x 1 x y x 3 (3 x) x x Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) y y 1 0,25đ x x I x A 9 3 Do I ; là trung điểm AC suy ra: C 2 2 y C y I y A Tương tự I là trung điểm BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Cõu Phần Nội dung CâuVIb 2.a) Các véc tơ phương D1 và D2 là u1 ( 1; - 1; 2) (1,0) và u2 ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0) D1; N( 2; 3; 0) D2 Xét u1 ; u2 MN = - 10 Vậy D1 chéo D2 Gọi A(2 + t; – t; 2t) D1 B(2 – 2t’; 3; t’) D2 AB.u1 t AB.u2 t ' 0,25đ Điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 5 2 A ; ; ; B (2; 3; 0) 3 3 Đường thẳng qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung D1 và D2 Ta có http://tranduythai.violet.vn 0,25đ x t : y 5t z 2t 15 Lop12.net Biên soạn: Trần Duy Thái (16) PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có CâuVIIb (1,0) 0,25đ 11 13 dạng: x y z 6 3 2009 2009 Ta có: (1 i ) C2009 iC2009 i 2009C2009 2006 2008 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 2007 2009 (C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 )i 0,25đ 2006 2008 Thấy: S ( A B) , với A C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 2 2006 2008 B C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 2009 1004 1004 1004 0,25đ 1004 + Ta có: (1 i ) (1 i )[(1 i ) ] (1 i).2 i Đồng thức ta có A chớnh là phần thực (1 i ) 2009 nờn A 21004 2009 + Ta có: (1 x) 2009 C2009 xC2009 x 2C2009 x 2009C2009 2008 2009 Cho x=-1 ta có: C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 0,25đ 0,25đ 2008 2009 Cho x=1 ta có: (C2009 C2009 C2009 ) (C2009 C2009 C2009 ) 2009 Suy ra: B 22008 + Từ đó ta có: S 21003 2007 ĐỀ I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) hàm số Tìm các giá trị m để đường thẳng y = mx – m + cắt đồ thị ( C ) hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình cos x cos x 1 1 sin x sin x cos x Giải phương trình x2 x x 2x x2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ( x ) x3 dx x 1 x Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N là các điểm di động trên các cạnh AB, AC cho DMN ABC Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y Chứng minh rằng: x y xy Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x3 y 16 z x y z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) http://tranduythai.violet.vn 16 Lop12.net Biên soạn: Trần Duy Thái (17) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = và hai đường thẳng x y 1 z x2 y2 z d1 : , d2: 1 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + = và d2: x + 2y – = Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG x y z 1 Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z + = Gọi M 1 là giao điểm d và (P) Viết phương trình đường thẳng nằm mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới 42 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình log y x log y ( x, y ) x y 25 ĐÁP ÁN ĐỀ Câu I Nội dung Điểm HS tu lam 2,0 II 2.0 Giải phương trình cos x cos x 1 1 sin x sin x cos x 1.0 0.25 ĐK: sin x cos x Khi đó PT 1 sin x cos x 1 1 sin x sin x cos x 1 sin x 1 cos x sin x sin x.cos x 0.25 1 sin x 1 cos x 1 sin x sin x 1 (thoả mãn điều kiện) cos x 1 x k 2 k, m x m 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x Giải phương trình: http://tranduythai.violet.vn 0.25 0.25 k 2 và x m 2 x2 x x x x 17 Lop12.net k, m 1.0 ( x ) Biên soạn: Trần Duy Thái (18) 3 x x PT 2 7 x x x x x 0.25 3 x x x x 2( x 2) 0.25 3 x x x2 x 2 x 2 x x 1 x 16 0.25 x 1 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - III Tính tích phân Đặt u = x3 dx x 1 x x u x u x 2udu dx ; đổi cận: x u Ta có: 1.0 2 0.25 x 3 2u 8u 0 x x 3dx 1 u 3u 2du 1 (2u 6)du 61 u 1du 0.25 u 6u 6ln u 1 0.25 3 ln 0.25 IV 1.0 D Dựng DH MN H Do DMN ABC DH ABC mà D ABC là tứ diện nên H là tâm tam giác ABC C B 0.25 N H M A 3 Trong tam giác vuông DHA: DH DA AH Diện tích tam giác AMN là S AMN 2 AM AN sin 600 xy Thể tích tứ diện D AMN là V S AMN DH xy 12 http://tranduythai.violet.vn 0.25 18 Lop12.net 0.25 Biên soạn: Trần Duy Thái (19) Ta có: S AMN S AMH S AMH 1 xy.sin 600 x AH sin 300 y AH sin 300 2 x y xy V 0.25 1.0 Trước hết ta có: x3 y Đặt x + y + z = a Khi đó x y (biến đổi tương đương) x y x y x y 4P a 64 z 3 a z a 64 z 3 0.25 1 t 64t 0.25 z (với t = , t ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 Có f '(t ) 64t 1 t , f '(t ) t 0;1 0.25 Lập bảng biến thiên Minf t t0;1 64 16 GTNN P là đạt x = y = 4z > 81 81 0.25 VI.a 2.0 1.0 Do B là giao AB và BD nên toạ độ B là nghiệm hệ: 21 x x y 1 21 13 B ; 5 x y 14 y 13 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc AC và AB góc AB và BD, kí hiệu n AB (1; 2); nBD (1; 7); n AC (a; b) (với a2+ b2 > 0) là VTPT các đường thẳng AB, BD, AC Khi đó ta có: cos n AB , nBD cos nAC , nAB 0.25 0.25 a b a 2b a b 7a 8ab b a b - Với a = - b Chọn a = b = - Khi đó Phương trình AC: x – y – = 0, x y 1 x A = AB AC nên toạ độ điểm A là nghiệm hệ: A(3; 2) x y 1 y Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC BD nên toạ độ I là nghiệm hệ: x x y 1 7 5 0.25 I ; x y 14 2 y 14 12 Do I là trung điểm AC và BD nên toạ độ C 4;3 ; D ; 5 5 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 19 Lop12.net (20) - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 1.0 x 1 2t x m Phương trình tham số d và d là: d1 : y 3t ; d : y 2 5m z t z 2m Giả sử d cắt d1 M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) và cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ; - 2m) MN (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t) 3 m 2t 2k Do d (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN k n p 3 5m 3t k có nghiệm 2 2m t 5k 0.25 0.25 0.25 m Giải hệ tìm t VII.a x 2t Khi đó điểm M(1; 4; 3) Phương trình d: y t thoả mãn bài toán z 5t 0.25 Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n N thỏa mãn phương trình 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = n N Điều kiện: n Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = log4(n – 3)(n + 9) = 0.25 n (n – 3)(n + 9) = 43 n2 + 6n – 91 = n 13 Vậy n = 0.25 (thoả mãn) (không thoả mãn) Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1 i 1 i 1 i (2i )3 (1 i).( 8i) 8i 0.25 Vậy phần thực số phức z là 0.25 VI.b 2.0 1.0 Giả sử B( xB ; yB ) d1 xB yB 5; C ( xC ; yC ) d xC 2 yC xB xC y B yC 0.25 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) Ta có BG (3; 4) VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – = 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: http://tranduythai.violet.vn 20 Lop12.net Biên soạn: Trần Duy Thái 0.25 (21)