cac loai cay tự nhiên và xã hội 1 ngô kiều ngọc thư viện tư liệu giáo dục

(ThÝ sinh chØ ®îc lµm phÇn I hoÆc phÇn II) PhÇn I.. Chương trình Chuẩn.[r]

(1)

TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Đề thi thử đại học năm 2010 Môn toán - Khối A

Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) Phần A : Dành cho tất thi sinh

Câu I: (2,0 điểm). Cho hàm số y=2x3−3(2m+1)x2+6m(m+1)x+1(1) đồ thị (Cm) 1, Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m =

2,Với giá trị m đồ thị (Cm) hàm số có điểm cực trị đối xứng với qua đường thẳng y = x +

Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình :

2

2009

cos 2 sin 4cos sin 4sin cos

x x   x x x x

 

2) Tìm m để hệ phương trình:

3

2 2

3

1

x y y x

x x y y m

     

 

     



cú nghim thc

Câu III(1,0 điểm ) TÝnh tÝch ph©n : 



  



3

1

(

4)

3

1

3

x

dx

x

Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a, BD = 2a cắt O; hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Biết

khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) a

, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

C©u V (1,0 điểm ) Cho số dơng x, y, z thoả m·n : x +3y+5z Chøng minh r»ng:

3 xy

√

z

+

√

x

+

√

y

45

xyz.

Phần B ( Thí sinh đợc làm hai phần ( phần phần 2)

Phần ( Dành cho học sinh học theo chơng trình chuẩn )

Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao

:

CH x y   , phân giác BN: 2x y  5 0.Tìm toạ độ đỉnh B,C tính diện tích tam giác ABC

2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đờng thẳng : d1:

2

4

x y z

 

  ; d2 :

7

6 12

x y z

 



a) Chøng minh r»ng d1 d2 song song Viết phơng trình mặt phẳng ( P) qua d1 d2

b)Cho điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I đờng thẳng d1 cho IA +IB đạt giá trị nhỏ Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trỡnh sau trờn tập số phức C:

2

4 1 0

2 z

z  z    z

PhÇn ( Dành cho học sinh học chơng trình nâng cao )

Cõu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm đờng thẳng d1:x − y −3=0

d2:x+y −6=0 Trung điểm cạnh giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật

(1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đờng thẳng :

D1 :

2

1

x y z

 

 , D2 :

2

x t

y z t

   

    

a) Chứng minh D1 chéo D2 viết phơng trình đờng vng góc chung D1 D2 b) Viết phơng trình mặt cầu có đờng kính đoạn vng góc chung D1 v D2

CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tớnh tng:

0 2004 2008

2009 2009 2009 2009 2009

S C C C  C C

…….HÕt

Họ tờn SBD Giám thị coi thi không giải thích thêm

TRNG THPT MINH CHÂU

Năm học 2009-2010 ĐÁP ÁN MƠN TỐN THI THỬ ĐH LẦN THỨ I(Đáp án- thang điểm có 04 trang)

(2)

Câu Đáp án điểm

I

(2đ) 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C): Khi m=0 ta có y=2x3-3x2+1

* TXĐ: R *Sự biến thiên:

+ y’= 6x2- 6x= 6x(x-1)=

⇔

x=0⇒y=1 ¿ x=1⇒y=0

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ + BBT:

x - + y’ + - + y +

- 0

Hs đồng biến (− ∞;0) ; (1;+∞) ; Hs nghịch biến (0;1) + Cực trị: hàm số đạt cực đại x=0; yCĐ=1;

Hs đạt cực tiểu x=1; yCT = -0 + Giới hạn: xlim   ; xlim 

- Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận  Đồ thị:

- Giao với trục Oy: (0;1) , giao với ox ( 1+√3

2 ;0) (

1−√3 ;0)

Ta có y’’ = 12x-6 ⇒ y’’ = ⇔ x= 12 y’’ đổi dấu x qua x= 12 ⇒ điểm ( 12 ; 12 ) điểm uốn đồ thị Vậy đồ thị có tâm đối xứng điểm ( 12 ; 12 )

đồ thị qua điểm ( 2;5) (-1;-4)

Ta c ó y’ = 6x2-6(2m+1)x+6m(m+1)

y’=0

⇔

x=m ¿ x=m+1

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

0,25

0,5

(3)

II

2

2009

cos 2 sin 4cos sin 4sin cos

x x   x x x x

 

2

cos x sin x 2(sinx cos ) 4sin cos (sinx x x x cos )x

     

(cosx sin )(cosx x sinx 4cos sinx x 2)

     

cos sin (1)

cos sin 4sin cos (2)

x x

x x x x

 



     



+ Giải (1): (1) tanx x k

 

    

+ Giải (2): Đặt cosx sinx t t ,  ta có phương trình: 2t2 t 0. 1/ t t      

 Với t0 ta có: tanx x k 



   

 Với t1/ 2 ta có:

arccos( / 4) / cos( ) /

4 arccos( 2 / 4) / 4 2

x k x x k                   

KL: Vậy phương trình có họ nghiệm: x k

   

, x k

   

, arccos( / 4) /

x    k  , x arccos( / 4)  / 4k2.

0,5

0,25

2/

3

2 2

3 (1)

1 (2)

x y y x

x x y y m

                Điều kiện: 2

1 1

0 2 x x y y y                  0.25

Đặt t = x + t[0; 2]; ta có (1) t3  3t2 = y3 3y2 0.25 Hàm số f(u) = u3 3u2 nghịch biến đoạn [0; 2] nên:

(1)  t = y y = x +  (2)  x2  1 x2 m0

0.25

Đặt v 1 x2 v[0; 1]  (2) v2 + 2v = m.

Hàm số g(v) = v2 + 2v  đạt min ( )[0;1] g v 1; m [0;1ax] g v( ) 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm 1 m

0.25

C©u III 1) TÝnh tÝch ph©n I =

3

(

4)

3

1

3

x

dx

x



 

Đặt t = x1 t2=x+1 (1) ⇒2 tdt=dx ; (1) ⇔x=t2−1 Khi x=-1 ⇒t=0 ; Khi x=3 ⇒t=2

0.25®

Ta cã I =



(t2+3) tdt

3t+t2+2 I=





t

t dt dt

t t     







t

t t dt

(4)

= - +

2

0

28

2dt 1dt

t  t



= - + 28ln2 – ln3

0.25®

IV ) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Từ giả thiết AC = 2a 3; BD = 2a AC ,BD vng góc với trung điểm O mỗi

đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông O AO = a 3; BO = a , A D B 600 Hay tam giác ABD

Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng SO  (ABCD)

Do tam giác ABD nên với H trung điểm AB, K trung điểm HB ta có DH AB DH = a 3; OK // DH

1

2

a

OK  DH 

 OK  AB  AB  (SOK) Gọi I hình chiếu O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)

Tam giác SOK vuông O, OI đường cao  2

1 1

2 a SO

OI OK SO  

Diện tích đáy SABCD 4SABO 2.OA OB 2 3a2; 3a

đường cao hình chóp a

SO

Thể tích khối chóp S.ABCD:

3

1

3

D D

S ABC ABC

a

V  S SO

Câu V (1,0 điểm )

Cho số dơng x, y, z thoả mÃn : x +3y+5z Chøng minh r»ng:

3 xy

√

z

+

√

x

+

√

y

45

xyz.

Bất đẳng thức

⇔

√

x

x2 +

√

y

+

9y2 +

√

z

+

25z2 √45

VT

2

x+

2 3y+

2 5z ¿

x+3y+5z¿2+¿ ¿

√¿

x 3y 5z

.

√¿

x

y

z

¿ ¿

√¿ 9¿

√¿

0,25

Bất đẳng thức

⇔

√

x

+

x2 +

√

y

+

9y2 +

√

z

+

25z2 √45

VT

2

x+

2 3y+

2 5z ¿

x+3y+5z¿2+¿ ¿

√¿

x 3y 5z

.

√¿

x

y

z

¿ ¿

√¿ 9¿

√¿

0,25 S

B K

H C

O

I D

(5)

Đặt t = x 3y 5z ¿

√¿

ta cã

√

x

y

z

≤

(

x

y

z

3

)

3

=1 do t 1 Điều kiện < t 1 Xét hàm số f(t)= 9t + 36

t =45 DÊu b»ng x¶y khi: t=1 hay x=1; y= ; z=.

0,5

Phần B (Thí sinh đợc làm phần I phần II) Phần I (Danh cho thí sinh học chơng trình chuẩn)

1 Chương trình Chuẩn. Câu Ph

ần

Nội dung Điểm

CâuV Ia (1,0)

1(1

,0) + Do nên Giải hệ: ta có (AB: x; y)=(-4; 3). Do đó:

+ Lấy A’ đối xứng A qua BN

- Phương trình đường thẳng (d) qua A

Vng góc với BN (d): Gọi Giải hệ: Suy ra: I(-1; 3) + Phương trình BC: Giải hệ:

Suy ra: + , Suy ra:

0,25®

0,25® 0,25đ Câu

VIIA 1) Vộc t ch phng hai đờng thẳng lần lợt là: (4; - 6; - 8) ( - 6; 9; 12)

+) vµ phơng 0,25đ

+) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 VËy d1 // d2

0,25đ *) Véc tơ pháp tuyến mp (P) lµ = ( 5; - 22; 19)

(P): 5x – 22y + 19z + = 2) = ( 2; - 3; - 4); AB // d1

Gọi A1 điểm đối xứng A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B

Khi A1, I, B thẳng hàng I giao điểm A1B d Do AB // d1 nên I trung điểm A1B

*) Gọi H hình chiếu A lên d1 Tìm đợc H

0,25®

A’ đối xứng với A qua H nên A’ I trung điểm A’B suy I

0,25®

Câu Nội dung Điểm

CâuVIIa (1,0)

Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau tập số phức C: (1) I

d1 H

A

B

A1

B C

A H

(6)

Nhận xét z=0 không nghiệm phơng tr×nh (1) vËy z

Chia hai vế PT (1) cho z2 ta đợc : ( (2) 0.25đ

t t=z- Khi ú

Phơng trình (2) có d¹ng : t2-t+ (3) PT (3) cã nghiƯm t=,t=

0.25® Víi t= ta cã (4)

Cã

PT(4) cã nghiƯm : z= ,z= 0.25®

Víi t= ta cã (4) Cã

PT(4) cã nghiÖm : z= ,z=

Vậy PT cho có nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= ; z=

0.25® Phần II

Câu VIb 1)

Ta cú: Toạ độ I nghiệm hệ: Vy

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M trung điểm cạnh AD

Suy M( 3; 0) 0,25®

Ta cã:

Theo gi¶ thiÕt:

Vì I M thuộc đờng thẳng d1

Đờng thẳng AD qua M ( 3; 0) vng góc với d1 nhận làm VTPT nên có PT: Lại có: 0,25đ Toạ độ A, D nghiệm hệ PT:

Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 0,25đ

Do trung điểm AC suy ra:

Tơng tự I trung điểm BD nên ta cã B( 5; 4)

Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 0,25đ

Câu Phần Nội dung im

CõuVIb (1,0)

2.a) Các véc tơ phơng D1 D2 lần lợt ( 1; - 1; 2) vµ ( - 2; 0; 1) Cã M( 2; 1; 0) D1; N( 2; 3; 0) D2

0,25®

XÐt = - 10 VËy D1 chÐo D2

0,25® Gäi A(2 + t; – t; 2t) D1 B(2 – 2t’; 3; t’) D2

A ; B (2; 3; 0)

Đờng thẳng qua hai điểm A, B đờng vng góc chung D1 D2

Ta cã :

0,25®

PT mặt cầu nhận đoạn AB đờng kính có dạng: 0,25đ

CâuVIIb

(1,0) Ta có: Thấy: , với

+ Ta có:

Đồng thức ta có A phần thực nên

(7)

+ Ta có:

Cho x=-1 ta có: Cho x=1 ta có: Suy ra:

+ Từ ta có:

0,25®