TOAN CO DAP AN THI THU DH 2012

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]

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 30

0 :

2 xy 

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

   

    

CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: S C 20090 C20094 C20098  C20092004C20092008 …….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 x1.

+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x1 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; + m2: Phương trình có nghiệm kộp;

+ 2m0: Phương trình có nghiệm phõn biệt; + m0: Phương trình có nghiệm phõn biệt.

0,25

2) Đồ thị hàm số y = (x2 2x 2) x1 , với x  có dạng hình vẽ :

1+

1

m

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

  

  

  









 











Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì

I

1



0

, tích phân phần

I

2 kết

Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì

I

1



0

, tích phân phần

I

2 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 SHBM 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

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: ABBN 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

+) 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) z0 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 (13i)2 1686i96ii2 (3i)2 0.25đ I

d1 H

A

B

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 168 6i9 6ii2 (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: d1d2 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  Md1Ox

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: MAMD  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

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   C20092006C20092008 B C 20090 C20092 C20094 C20096  C20092006C20092008 + Ta có: (1 )i 2009  (1 )[(1 ) ]i i 1004  (1 ).2i 1004 2100421004i

Đồng thức ta có A chớnh phần thực (1 )i 2009 nờn A 21004

 .

+ Ta có: (1x)2009 C20090 xC20091 x C2 20092  x2009C20092009

Cho x=-1 ta có: C20090 C20092  C20092008C20091 C20093  C20092009

Cho x=1 ta có: (C20090 C20092  C20092008) ( C12009C20093  C20092009) 2 2009

Suy ra:B22008

+ Từ ta có: S 2100322007.

0,25đ

0,25đ