Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox... (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II) Phần I.[r]
(1)SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Mơn tốn - 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 biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số : y = x3 – 3x2 + 2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình :
2
2
1 m
x x
x
Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình :
5
2 os sin
12
c x x
2) Giải hệ phương trình:
2
2 2
log 3log ( 2)
1
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
Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a Cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy góc
600 Trên cạnh SA lấy điểm M cho AM = 3
a
, mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD N Tính thể tích khối chóp S.BCNM
Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = .Chứng minh
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 HOẶC PHẦN 2) PHẦN ( 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
:
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 đường thẳng d
2
4
x y z
hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I đường thẳng d cho IA +IB đạt giá trị nhỏ
Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau tập số phức C:
2
4 1 0
2
z
z z z
PHẦN ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao )
Câu VI.b (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 đường thẳng d1 :x y 30
0 :
2 xy
d 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 đường thẳng :
D1 :
2
1
x y z
, D2:
2
3
x t
y z t
(2)CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: S C 20090 C20094 C20098 C20092004C20092008 …….Hết
ĐÁP ÁN Cõu I điểm
a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y x3 3x2 2.
Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.
Sự biến thiờn:
2
3
y' x x. Ta có
0
2
x y'
x
0,25
yCD y 0 2; yCT y 2 2. 0,25
Bảng biến thiên:
x 0 y'
y
2
0,25
Đồ thị:
f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
-8 -6 -4 -2
-5
x y
0,25
b)
Biện luận số nghiệm phương trình
2
2
x m x
x
theo tham số m.
Ta có
2 2 2 2 2 1 1
1
m
x x x x x m,x .
x
Do số nghiệm của
phương trình số giao điểm
2 2 2 1
y x x x , C'
đường thẳng
1
y m,x .
0,25
Vỡ
2 2 2 1
1
f x x
y x x x
f x x
nờn C' bao gồm: + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x1.
(3)+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x1 qua Ox.
hình
f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2)
-8 -6 -4 -2
-5
x y
0,25
Dựa vào đồ thị ta có:
+ m 2: Phương trình vụ nghiệm; + m2: Phương trình có nghiệm kộp;
+ 2m0: Phương trình có nghiệm phõn biệt; + m0: Phương trình có nghiệm phõn biệt.
0,25
2) Đồ thị hàm số y = (x2 2x 2) x1 , với x có dạng hình vẽ :
1+
1
m
(4)II
1) 1)
5
2 os sin
12
c x x
5
2 sin sin
12 12
x
0.25
5 5
sin sin sin sin sin sin
12 12 12 12
2cos sin sin
3 12 12
x x
0.25
5
2
5 12 12
sin sin
5 13
12 12
2
12 12
x k
x k
x k
x k x k
0.5 2.)
Giải hệ phương trình:
2
2 2
log 3log ( 2)
1
x y x y
x y x y
.
Điều kiện: x+y>0, x-y>0
2
2 2 2 2
log 3log (2 )
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
3
2
u v u v u v uv
u v u v
uv uv
0,25đ
2
2 (1)
( ) 2
3 (2)
u v uv u v uv
uv
Thế (1) vào (2) ta có:
2
8 9 (3 )
uv uv uv uv uv uv uv . 0,25đ
Kết hợp (1) ta có:
0
4,
4
uv
u v
u v
(vỡ u>v) Từ ta có: x =2; y =2.(T/m) KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2)
0,25đ
Câu III Tính tích phân :
/4
2 /4
sin 1
x
I dx
x x
/4 /4 /4
2
1 2
/4 /4 /4
sin
1 sin sin
1
x
I dx x xdx x xdx I I
x x
(5)Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thìI1 0, tích phân phần I2 kết
Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thìI1 0, tích phân phần I2 kết quả. 0.5đ
Câu IV :
Tính thể tích hình chóp SBCMN
( BCM)// AD nên mặt phẳng cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có :
BC AB
BC BM
BC SA
Tứ giác BCMN hình thang vng có BM đường cao
Ta có SA = AB tan600 = a 3 ,
3
3 2
3
2 3
a a
MN SM MN
AD SA a a
Suy MN =
3
a
BM =
3
a
Diện tích hình thang BCMN :
S =
2
2
2 10
3
2 3
a a
BC MN a a
BM
Hạ AH BM Ta có SHBM BC (SAB) BC SH Vậy SH ( BCNM)
SH đường cao khối chóp SBCNM Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
AB AM
SB MS =
1 2 Vậy BM phân giác góc SBA
30
SBH SH = SB.sin300 = a
Gọi V thể tích chóp SBCNM ta có V =
.( )
3SH dtBCNM =
3
10 27
a
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ A
S
B C
M
N
(6)Câu V Cho x , y , z ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = .Chứng minh :
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 5x = a , 5y =b , 5z = c Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :
2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
( *)
( *)
3 3
2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc
3 3
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
Ta có
3
3
( )( ) 8
a a b a c
a a b a c
( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)
Tương tự
3
3
( )( ) 8
b b c b a
b b c b a
( 2)
3
3
( )( ) 8
c c a c b
c c a c b
( 3)
Cộng vế với vế bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy điều phải chứng minh
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Phần B (Thí sinh làm phần I phần II) Phần I (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn)
Chương trình Chuẩn
Cõu Ph
ần Nội dung Điểm
CâuVI a (1,0)
1(1
,0) + Do AB CH
nờn AB: x y 1 0.
Giải hệ:
2
1
x y x y
ta có (x; y)=(-4; 3). Do đó: ABBN B( 4;3) .
+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A'BC. - Phương trình đường thẳng (d) qua A
Vuụng gúc với BN (d): x 2y 0 Gọi I ( )d BN Giải hệ:
2
2
x y x y
Suy ra: I(-1; 3) A'( 3; 4)
+ Phương trình BC: 7x y 25 0 Giải hệ:
7 25
1
x y x y
Suy ra:
13
( ; )
4
C
+
2 450
( 13 / 4) (3 / 4)
4
BC
, 2
7.1 1( 2) 25
( ; )
7
d A BC
Suy ra:
1 450 45
( ; ) .3
2 4
ABC
S d A BC BC
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
Câu
VIIA 1) Véc tơ phương hai đường thẳng là: u1
(4; - 6; - 8) u2
( - 6; 9; 12) 0,25đ
B C
A H
(7)+) u1
u2
phương
+) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 Vậy d1 // d2
0,25đ *) Véc tơ pháp tuyến mp (P) n
= ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + =
2) AB
= ( 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 H
36 33 15 ; ; 29 29 29
0,25đ
A’ đối xứng với A qua H nên A’
43 95 28 ; ; 29 29 29
I trung điểm A’B suy 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:
4 1 0
2
z
z z z
(1)
Nhận xét z=0 khơng nghiệm phương trình (1) z0 Chia hai vế PT (1) cho z2 ta : ( 2
1 ) ( )
2
z z z z
(2)
0.25đ
Đặt t=z-z
1
Khi
1
2 2
z z
t 2
2
t
z z
Phương trình (2) có dạng : t2-t+2
5
(3)
9
1 i
PT (3) có nghiệm t=
3 1 i
,t=
3 1 i
0.25đ
Với t=
3 1 i
ta có 2 (1 3)
3
1
i z i z
z z
(4)
Có (13i)2 1686i96ii2 (3i)2 0.25đ I
d1 H
A
B
(8)PT(4) có nghiệm : z= i i i ) ( ) ( ,z= ) ( ) (
i i i
Với t=
3 1 i
ta có 2 (1 3)
3 1
i z i z
z z
(4) Có (1 3i)2 168 6i9 6ii2 (3 i)2
PT(4) có nghiệm : z= i
i i ) ( ) ( ,z= ) ( ) (
i i i
Vậy PT cho có nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z=
1
i
; z=
1
i
0.25đ
Phần II Câu VIb 1)
Ta có: d1d2 I Toạ độ I nghiệm hệ:
/ y / x y x y x
Vậy ; I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M trung điểm cạnh AD Md1Ox
Suy M( 3; 0)
0,25đ Ta có: 3 IM AB 2
Theo giả thiết:
2 2 12 AB S AD 12 AD AB S ABCD
ABCD
Vì I M thuộc đường thẳng d1 d1 AD
Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) vng góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT:
0 y x ) y ( ) x (
1 Lại có: MAMD 2
0,25đ
Toạ độ A, D nghiệm hệ PT: y x y x 2 x x y ) x ( x x y y x x y 2 2 y x
y x
Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0,25đ
Do ; I
trung điểm AC suy ra: y y y x x x A I C A I C
Tương tự I trung điểm BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ đỉnh 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 phương D1 D2 u1
( 1; - 1; 2) u2
( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0) D1; N( 2; 3; 0) D2
0,25đ
Xét u u1; 2.MN
= - 10 0 Vậy D1 chéo D2
(9)1
AB u AB u
1 '
t t
A
5 ; ; 3
; B (2; 3; 0)
Đường thẳng qua hai điểm A, B đường vng góc chung của
D1 D2
Ta có :
2
x t
y t
z t
0,25đ
0,25đ
PT mặt cầu nhận đoạn AB đường kính có dạng:
2 2
11 13
6 6
x y z
0,25đ
CâuVIIb
(1,0) Ta có:
2009 2009 2009
2009 2009 2009
(1 )i C iC i C
0 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 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 A C 20090 C20092 C20094 C20096 C20092006C20092008 B C 20090 C20092 C20094 C20096 C20092006C20092008 + Ta có: (1 )i 2009 (1 )[(1 ) ]i i 1004 (1 ).2i 1004 2100421004i
Đồng thức ta có A chớnh phần thực (1 )i 2009 nờn A 21004
.
+ Ta có: (1x)2009 C20090 xC20091 x C2 20092 x2009C20092009
Cho x=-1 ta có: C20090 C20092 C20092008C20091 C20093 C20092009
Cho x=1 ta có: (C20090 C20092 C20092008) ( C12009C20093 C20092009) 2 2009
Suy ra:B22008
+ Từ ta có: S 2100322007.
0,25đ
0,25đ