(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 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√625z4+4 + 15 yz√x4+4 + zx√81y4+4 45 √5 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
0,25
0,25
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 t0 ta có: tanx x k
Với t1/ 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) / 4k2.
0,5
0,25
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 m0
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 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 = 0
(t2+3) tdt
3t+t2+2 I=
2 0 20 12 t
t dt dt
t t = 2 2 20 12 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 4SABO 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√625z4+4 + 15 yz√x4+4 + zx√81y4+4 45 √5 xyz. Bất đẳng thức
⇔ √x2+
x2 + √9y
+
9y2 + √25z
+
25z2 √45
VT
2
x+
2 3y+
2 5z ¿
x+3y+5z¿2+¿ ¿
√¿
x 3y 5z
.√¿3 ¿ x 3y 5z¿2
¿ ¿
√¿ 9¿
√¿
0,25
Bất đẳng thức
⇔ √x2
+
x2 + √9y
+
9y2 + √25z
+
25z2 √45
VT
2
x+
2 3y+
2 5z ¿
x+3y+5z¿2+¿ ¿
√¿
x 3y 5z
.√¿3 ¿ x 3y 5z¿2
¿ ¿
√¿ 9¿
√¿
0,25 S
B K
H C
O
I D
(5)Đặt t = x 3y 5z ¿
√¿
ta cã √3(x 3y.5z)≤(x+3y+5z
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®
0,25® 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®
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®