Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox.. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.. Thí sinh chỉ đợc làm phần I hoặc phần II Ph
Trang 1Sở gd & đt hng yên Đề thi thử đại học năm 2010
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 = x3 – 3x 2 + 2
2) Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình : 2 2 2
1
m
x
− − =
−
Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình : 2 2 os 5 sin 1
12
c π −x x=
2) Giải hệ phương trỡnh: log2 2 2 3log (82 2 2)
+ + − − =
Câu III(1,0 điểm ) Tớnh tớch phõn :
/4
2 /4
sin 1
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 600 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 :
x y z y z x z x y ≥ 5x + +54y 5z
Phần B ( Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2)
Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo ch ơng trình chuẩn )
Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giỏc ABC với A(1; -2), đường cao
CH x y− + = , phõn giỏc trong BN: 2x y+ + = 5 0.Tỡm toạ độ cỏc đỉnh B,C và tớnh diện tớch tam
giỏc ABC
2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đờng thẳng :
d 1: 2 1
− − ; d2 :
x− = y− = z
−
a) Chứng minh rằng d 1 và d 2 song song Viết phơng trình mặt phẳng ( P) qua d 1 và d 2
b)Cho điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đờng thẳng d 1 sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trỡnh sau trờn tập số phức C: 4 3 2 1 0
2
z
z − +z + + =z
Phần 2 ( Dành cho học sinh học ch ơng 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 bằng 12, tâm I là giao điểm của đờng thẳng d1 :x−y− 3 = 0 và
0 6 :
2 x+y− =
d Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 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 đờng thẳng :
D 1 : 2 1
x− = y− = z
− , D2:
2 2 3
y
z t
= −
=
=
a) Chứng minh rằng D 1 chéo D 2 và viết phơng trình đờng vuông góc chung của D 1 và D 2
b) Viết phơng trình mặt cầu có đờng kính là đoạn vuông góc chung của D 1 và D 2
CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tớnh tổng: 0 4 8 2004 2008
2009 2009 2009 2009 2009
S C= +C +C + +C +C
…….Hết
Họ và tờn SBD Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
ĐÁP ÁN Cõu I 2 điểm
a) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số y x= − 3 3x2 + 2.
Đề chính thức
Trang 2• Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.=
• Sự biến thiên: y' = 3x2 − 6x. Ta có 0 0
2
x y'
x
=
= ⇔ =
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
-5
5
x y
0,25
b)
Biện luận số nghiệm của phương trình x2 −2x−2= x m−1 theo tham số m.
1
m
x
− − = ⇔ − − − = ≠
phương trình bằng số giao điểm của y=(x2 − 2x− 2) x− 1, C'( ) và đường
thẳng y m,x= ≠ 1.
0,25
1
f x khi x
f x khi x
>
= − − − = − <
nên ( )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.
0,25
Trang 3• hình
f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2)
-5
5
x y
0,25
• Dựa vào đồ thị ta có:
+ m< − 2: Phương trình vô nghiệm;
+ m= − 2: Phương trình có 2 nghiệm kép;
+ − < < 2 m 0: Phương trình có 4 nghiệm phân biệt;
+ m≥ 0: Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
0,25
2) §å thÞ hµm sè y = (x2 − 2x− 2) x− 1 , víi x ≠ 1 cã d¹ng nh h×nh vÏ :
II
1) 1)
5
12
c π −x x=
⇔ − ÷+ =
y = m
1+
1 2
m
Trang 45 5 1 5 5
2cos sin sin
⇔ − ÷+ = = ⇔ − ÷= − =
= − ÷= − ÷
( )
5
π
− = − + = +
− = + = +
¢
0.5 2.)
Giải hệ phương trình: log2 2 2 3log (82 2 2)
+ + − − =
Điều kiện: x+y>0, x-y>0
Đặt: u x y
v x y
= +
= −
− = > + = +
2
3 (2) 2
u v uv
u v uv
uv
+ = +
⇔ + − + − =
Thế (1) vào (2) ta có:
2
uv+ uv+ − uv = ⇔uv+ uv+ = + uv ⇔uv= 0,25®
4
uv
u v
u v
=
+ =
(vì u>v) Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
0,25®
C©u III 1 Tính tích phân :
/4
2 /4
sin 1
x
π π
=
2
2
sin
1
x
Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1 =0, tích phân từng phân I được kết quả.2
0.5®
Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1 =0, tích phân từng phân I được kết quả.2 0.5®
C©u IV :
A S
M
N
D H
Trang 5Tính 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
⊥
⊥
cao
a a
MN SM MN
−
Suy ra MN = 4
3
a BM = 2
3
a Diện tích hình thang BCMN là :
4
3
a a
BM
Hạ AH ⊥BM Ta có SH⊥BM và BC ⊥(SAB) ⇒ BC ⊥ SH Vậy SH ⊥
( BCNM)
⇒ SH là đờng 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 ⇒SBHã = 30 0 ⇒ SH = SB.sin300 = a
Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 1 .( )
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 :
x y z y z x z x y ≥ 5x + +54y 5z
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 2
4
a bc b ca c ab
+ +
4
+ +
+ +
a
a b a c
+ +
+ + ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)
b
b c b a
c a c b
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh
0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ
Phần B (Thí sinh chỉ đợc làm phần I hoặc phần II)
Phần I (Danh cho thí sinh học chơng trình chuẩn)
1 Chương trỡnh Chuẩn.
A
H
N
Trang 6CõuV
Ia
(1,0)
1(1
,0) + Do AB CH⊥ nờn AB: x y+ + =1 0.
Giải hệ: + + =2x y x y+ + =1 05 0 ta cú (x; y)=(-4; 3).
Do đú: AB∩BN = −B( 4;3).
+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A' ∈BC
- Phương trỡnh đường thẳng (d) qua A và Vuụng gúc với BN là (d): x− 2y− = 5 0 Gọi I = ( )d ∩BN Giải hệ:
2 5 0
x y
x y
+ + =
− − =
Suy ra: I(-1; 3)⇒ A'( 3; 4)− −
+ Phương trỡnh BC: 7x y+ + 25 0 = Giải hệ: 7 25 0
1 0
x y
x y
+ + =
− + =
Suy ra: ( 13; 9)
4 4
C − −
( 4 13 / 4) (3 9 / 4)
4
BC= − + + + = , ( ; ) 7.1 1( 2) 252 2 3 2
7 1
d A BC + − +
Suy ra: 1 ( ; ). 1.3 2. 450 45.
ABC
S = d A BC BC = =
0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ
Câu
VIIA 1) Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là: uur1(4; - 6; - 8)
uuur2( - 6; 9; 12) +) uur1 và uuur2 cùng phơng
0,25đ
+) M( 2; 0; - 1) ∈ d1; M( 2; 0; - 1) ∉ d2
Vậy d1 // d2
0,25đ
*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là nr = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0
2) uuurAB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1
Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B Khi A1, I, B thẳng hàng ⇒ I là giao điểm của A1B và d
Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d1 Tìm đợc 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 là trung điểm của A’B suy ra I 65; 21; 43
29 58 29
− −
0,25đ
CõuVIIa
(1,0)
Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trỡnh sau trờn tập số phức C:
2
2
z
z − +z + + =z (1) Nhận xét z=0 không là nghiệm của phơng trình (1) vậy z≠ 0
0.25đ
I
A
B
A1
Trang 7Chia hai vế PT (1) cho z2 ta đợc : ( 0
2
1 )
1 ( )
1 2
z
z z
Đặt
t=z-z
1 Khi đó 2 = 2 + 12 − 2
z z
2
z z
Phơng trình (2) có dạng : t2-t+ 0
2
5 = (3)
2 9 9 2
5 4
1 − = − = i
=
∆
PT (3) có 2 nghiệm t=
2
3
1 + i,t=
2
3
1 − i
0.25đ
Với t=
2
3
2
3 1
1 = + ⇔ 2 − + − =
z
Có ∆ = ( 1 + 3i) 2 + 16 = 8 + 6i= 9 + 6i+i2 = ( 3 +i) 2
PT(4) có 2 nghiệm : z= + i + +i = 1 +i
4
) 3 ( ) 3 1
2
1 4
) 3 ( ) 3 1 ( + i − +i =i−
0.25đ
Với t=
2
3
2
3 1
1 = − ⇔ 2 − − − =
z
Có ∆ = ( 1 − 3i) 2 + 16 = 8 − 6i= 9 − 6i+i2 = ( 3 −i) 2
PT(4) có 2 nghiệm : z= − i + −i = 1 −i
4
) 3 ( ) 3 1
2
1 4
) 3 ( ) 3 1 ( − i − −i = −i−
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: d1 ∩ d2 = I Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
=
=
⇔
=
−
+
=
−
−
2 / 3 y
2 / 9 x 0
6
y
x
0
3
y
x
Vậy
2
3
; 2
9 I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD ⇒ M = d1 ∩ Ox
Suy ra M( 3; 0)
0,25đ
2
3 2
9 3 2 IM 2
AB
2 2
=
+
−
=
=
2 3
12 AB
S AD 12
AD AB
Vì I và M cùng thuộc đờng thẳng d 1 ⇒ d1 ⊥ AD
Đờng thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d 1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT:
0 3 y x 0 ) 0 y
(
1
)
3
x
(
1 − + − = ⇔ + − = Lại có: MA=MD= 2
0,25đ
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
= +
−
=
− +
2 y
3 x
0 3 y x
2 2
±
=
−
−
=
⇔
=
− +
−
+
−
=
⇔
= +
−
+
−
=
⇔
1 3 x
x 3 y 2 ) x 3 ( 3 x
3 x y 2 y 3
x
3 x
y
2 2
2 2
=
=
⇔
1
y
2
x
hoặc
−
=
= 1 y
4 x Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0,25đ
2
3
;
2
9
I là trung điểm của AC suy ra:
=
−
=
−
=
=
−
=
−
=
2 1 3 y y y
7 2 9 x x x
A I C
A I C
Tơng 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
Trang 8(1,0)
2.a) Các véc tơ chỉ phơng của D1 và D2 lần lợt là
1
uur( 1; - 1; 2)
và uuur2( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0) ∈ D1; N( 2; 3; 0) ∈ D2
0,25đ
Xét u uur uur uuuur1; 2.MN = - 10 ≠ 0
Vậy D1 chéo D2
0,25đ
Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t) ∈ D1 B(2 – 2t’; 3; t’) ∈ D2
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)
Đờng thẳng ∆qua hai điểm A, B là đờng vuông góc chung của D1 và D2
Ta có ∆:
2
3 5 2
z t
= +
= +
=
0,25đ
0,25đ
PT mặt cầu nhận đoạn AB là đờng kính có dạng:
− + − + + =
0,25đ
CõuVIIb
2009 0 1 2009 2009
2009 2009 2009 (1 ) +i =C +iC + + i C
2009 2009 2009 2009 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
2
S = A B+ , với
2009 2009 2009 2009 2009 2009
A C= −C +C −C + −C +C
2009 2009 2009 2009 2009 2009
B C= +C +C +C + C +C
+ Ta cú: (1 ) +i 2009 = + (1 )[(1 ) ]i +i 2 1004 = + (1 ).2i 1004 = 2 1004 + 2 1004i
Đồng nhất thức ta cú A chớnh là phần thực của (1 ) +i 2009 nờn
1004 2
A=
(1 +x) =C +xC +x C + + x C
2009 2009 2009 2009 2009 2009
C +C + +C =C +C + +C Cho x=1 ta cú:
2009 2009 2009 2009 2009 2009 (C +C + + C ) ( + C +C + + C ) 2 = . Suy ra: 2008
2
B= + Từ đú ta cú: S = 2 1003 + 2 2007
0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ
