Gián án Đề 11- thi thử đại học- Lời giải chi tiết

http://ductam_tp.violet.vn/ SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNG THPT MINH CHÂU 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 phương trình : 2 2 2 1 m x x x − − = − Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 5 2 2 os sin 1 12 c x x π   − =  ÷   2) Giải hệ phương trình: 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: /4 2 /4 sin 1 x I dx x x π π − = + + ∫ 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 ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1 HOẶC PHẦN 2) PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao : 1 0CH x y− + = , phân giác trong : 2 5 0BN x y+ + = .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d 2 1 4 6 8 x y z− + = = − − và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C: 2 4 3 1 0 2 z z z z− + + + = PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b 1. (1.0 điểm) 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 đường 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 đường thẳng : D 1 : 2 1 1 1 2 x y z − − = = − , D 2 : 2 2 3 x t y z t = −   =   =  Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D 1 và D 2 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: 0 4 8 2004 2008 2009 2009 2009 2009 2009 .S C C C C C= + + + + + …….Hết . ĐÁP ÁN Cõu 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 thiờn: 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  Vỡ ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 1 1 f x khi x y x x x f x khi x >  = − − − =  − <   nờn ( ) 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 vụ nghiệm; + 2m := − Phương trình có 2 nghiệm kộp; + 2 0m :− < < Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt; + 0m :≥ Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt. 0,25 2) Đồ thị hàm số y = 2 ( 2 2) 1x x x− − − , với x ≠ 1 có dạng như hình vẽ : 1+ 1- - 2 m 1 2 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 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   + = + − + = + −   ⇔   + + − − = + + − − =     0,25đ 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   − = > + = +   ⇔   + + + + − = − =     0,25đ 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+ + − = ⇔ + + = + ⇔ = . 0,25đ Kết hợp (1) ta có: 0 4, 0 4 uv u v u v =  ⇔ = =  + =  (vỡ u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2). 0,25đ Câu 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 phần 2 I được kết quả. 0.5đ Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì 1 0I = , tích phân từng phần 2 I được kết quả. 0.5đ 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 đường 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   +  ÷ + = =  ÷  ÷   Hạ AH ⊥ BM . Ta có SH ⊥ BM và BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SH . Vậy SH ⊥ ( BCNM) ⇒ SH là đường 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 ⇒ · 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 + + + + ≥ + + + ( *) 0,25đ A S B C M N D ( *) ⇔ 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) Tương 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 Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II) Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn) 1. Chương trình Chuẩn. Cõu Ph ần Nội dung Điểm CâuVI a. (1,0) 1(1 ,0) + Do AB CH ⊥ nờn AB: 1 0x y+ + = . Giải hệ: 2 5 0 1 0 x y x y + + =   + + =  ta có (x; y)=(-4; 3). Do đó: ( 4;3)AB BN B∩ = − . + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ 'A BC∈ . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và Vuụng gúc với BN là (d): 2 5 0x y− − = . Gọi ( )I d BN= ∩ . Giải hệ: 2 5 0 2 5 0 x y x y + + =   − − =  . Suy ra: I(-1; 3) '( 3; 4)A⇒ − − + Phương trình BC: 7 25 0x y+ + = . Giải hệ: 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 phương của hai đường thẳng lần lượt là: 1 u ur (4; - 6; - 8) 2 u uur ( - 6; 9; 12) +) 1 u ur và 2 u uur cùng phương 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 0,25đ B C A H N Do AB // d 1 nên I là trung điểm của A 1 B. *) Gọi H là hình chiếu của A lên d 1 . Tìm được H 36 33 15 ; ; 29 29 29    ÷   A’ đối xứng với A qua H nên A’ 43 95 28 ; ; 29 29 29   −  ÷   I là trung điểm của A’B suy ra I 65 21 43 ; ; 29 58 29 − −    ÷   0,25đ Cõu Nội dung Điểm Câu VIIa (1,0) Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: 2 4 3 1 0 2 z z z z− + + + = (1) Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z 0≠ Chia hai vế PT (1) cho z 2 ta được : ( 0 2 1 ) 1 () 1 2 2 =+−−+ z z z z (2) 0.25đ Đặt t=z- z 1 Khi đó 2 1 2 22 −+= z zt 2 1 2 2 2 +=+⇔ t z z Phương 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− 0.25đ 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 0.25đ 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 1−i ; z= 2 1−− i 0.25đ Phần II. Câu VIb. 1) Ta có: Idd 21 =∩ . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: I d 1 H A B A 1    = = ⇔    =−+ =−− 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 đường thẳng d 1 ADd 1 ⊥⇒ Đường 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 Tương 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 Phần Nội dung Điểm CâuVIb. (1,0) 2.a) Các véc tơ chỉ phương của D 1 và D 2 lần lượt 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   −  ÷   ; B (2; 3; 0) Đường thẳng ∆ qua hai điểm A, B là đường 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 đường kính có dạng: 2 2 2 11 13 1 5 6 6 3 6 x y z       − + − + + =  ÷  ÷  ÷       0,25đ CâuVIIb Ta có: 2009 0 1 2009 2009 2009 2009 2009 (1 ) i C iC i C+ = + + + (1,0) 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 chớnh là phần thực của 2009 (1 )i+ nờn 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 = + . 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ . HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Môn toán - KHỐI A Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH. . ĐÁP ÁN Cõu I 2 điểm a) Khảo sát sự biến thi n 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 thi n: