1_(28)_thithu2011 doc

Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox.. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật... Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II Phần I.. Danh cho thí sinh học chương trìn

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 = x3 – 3x2 + 2

2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : x2−2x− =2 x m1

−

Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 2 2 os 5 sin 1

12

c  π −x x=

2) Giải hệ phương trình: log2 2 2 3log (82 2 2)





Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân:

/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 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

CH x y− + = , phân giác trong BN: 2x y+ + =5 0.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

− −

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: 4 3 2 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 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 đường thẳng :

D1 : 2 1

x− = y− = z

− , D2 :

2 2 3

y

z t

= −



 =



 =



Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D1 và D2

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 y x= −3 3x2+2.

 Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.=

 Sự biến thiờn: y' =3x2−6x. Ta có 0 0

2

x y'

x

=



= ⇔  =

0,25

 y CD =y( )0 =2; y CT =y( )2 = −2. 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 2 −2 −2= x−1

m x

x theo tham số m.

1

m

x

phương trình bằng số giao điểm của y=(x2−2x−2) x−1, C'( ) và đường thẳng

1

y m,x= ≠ .

0,25

1

f x khi x

f x khi 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.

0,25

 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 vụ nghiệm;

+ m= −2: Phương trình có 2 nghiệm kộp;

+ − < <2 m 0: Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt;

+ m≥0: Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt

0,25

2) Đồ thị hàm số y = (x2−2x−2) x−1 , với x ≠ 1 có dạng như hình vẽ :

1+

1 2

m

II

1)

1) 2 2 os 5 sin 1

12

c  π −x x=

0.25

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

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

π π

=

2

1 2 2

sin

1

x

Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thìI1= 0, tích phân từng phần I2 được kết quả.

0.5đ

Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thìI1= 0, tích phân từng phần I2 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 tan600 = a 3 ,

3

3

a a

MN SM MN

−

Suy ra MN = 4

3

a

BM = 2

3

a

Diện tích hình thang BCMN là :

S =

2

4

3

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 ⇒SBH· =300 ⇒ 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

+ +

0,25đ

A S

M

N

D

( *) ⇔ 2 3 2 3 2 3

4

+ +

+ +

Ta có

a b a c

+ + ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)

Tương tự

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

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.

ần

CâuVI

a

(1,0)

1(1

,0) + Do

AB⊥CH nờn AB: x y+ + =1 0. Giải hệ: 2x y x y+ + =1 05 0

 + + =

 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 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 trình 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 phương của hai đường thẳng lần lượt là: u1

ur (4; - 6; - 8)

uuur2 ( - 6; 9; 12) +) uur1 và uuur2 cùng phương 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

0,25đ

A H

N

Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.

*) Gọi H là hình chiếu của A lên d1 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

Câu VIIa

(1,0) Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: 2

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 z2 ta được : ( 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

Phương 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

1+ i

ta có 2 (1 3) 2 0

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 (

,z=

2

1 4

) 3 ( ) 3 1 ( + i − +i = i−

0.25đ

Với t=

2

3

1− i

ta có 2 (1 3) 2 0

2

3 1

=

−

−

−

⇔

−

=

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 (

,z=

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:

I

A

B

A1





=

=

⇔







=

−

+

=

−

−

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 đường thẳng d1 ⇒d1 ⊥AD

Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 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 2 y

7 2 9 x x 2 x

A I C

A I C

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

CâuVIb

(1,0) 2.a) Các véc tơ chỉ phương của D1 và D2 lần lượt là u1

ur ( 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)

Đường thẳng ∆qua hai điểm A, B là đường 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 đường kính có dạng:

 −  + −  + +  =

0,25đ

CâuVIIb Ta có: 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

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: (1 )+i 2009= +(1 )[(1 ) ]i +i 2 1004 = +(1 ).2i 1004=21004+21004i

Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của (1 )+i 2009 nờn A=21004 + Ta có: 2009 0 1 2 2 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

(C +C + + C ) (+ C +C + + C ) 2=

Suy ra:B=22008 + Từ đó ta có: S=21003+22007

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ