Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị C của hàm số.. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác 2.. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.. Thí sinh chỉ đợc làm phần I hoặc phần II Phần I.
Trang 1TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Đề thi thử đại học năm 2011
Môn toán - Khối A
Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )
Phần A : Dành cho tất cả các thi sinh
Cõu I : (2,0 điểm) Cho hàm số: y 2(x 11)
x
−
= +
1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2 Tỡm những điểm M trờn (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giỏc cú trọng tõm nằm trờn đường thẳng 4x + y = 0.
cos 2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4
2) Tỡm m để hệ phương trỡnh:
Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân :
−
+ + + +
∫3
1
( 4)
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 3 số dơng x, y, z thoả mãn : x +3y+5z 3≤ Chứng minh rằng:
4 625
3xy z4 + +15yz x4 +4+5zx 81y4 + 4 ≥ 45 5 xyz.
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 với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A , cạnh BC nằm trên đờng thẳng có phơng trình x+2y-2=0.Đờng cao kẻ từ B có phơng trình
x-y+4=0,điểm M(-1;0) thuộc đờng cao kẻ từ C Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác
2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đờng thẳng :
d 1: 2 1
x− = y = z+
− − ; d2 : 7 2
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 tọa độ Oxy, cho hỡnh thoi ABCD cú tõm I(2;1) và AC = 2BD Điểm M (0; )1
3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD Tỡm tọa độ đỉnh B biết B cú hoành độ dương
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
Đề chính thức
Trang 2
TRƯỜNG THPT MINH CHÂU
Năm học 2009-2010 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI THỬ ĐH LẦN THỨ I(Đáp án- thang điểm có 04 trang)
II
2009 cos 2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4
2 2
cos x sin x 2(sinx cos ) 4sin cos (sinx x x x cos )x
(cosx sin )(cosx x sinx 4cos sinx x 2) 0
cos sin 4sin cos 2 0 (2)
+ Giải (1): (1) tan 1
4
⇔ = − ⇔ = − +
+ Giải (2): Đặt cosx− sinx t t= , ≤ 2 ta có phương trình: 2t2 + =t 0
0
1/ 2
t
t
=
⇔ = −
• Với t= 0 ta có: tan 1
4
x= ⇔ = +x π kπ
• Với t= − 1/ 2 ta có: cos( ) 2 / 4 arccos( 2 / 4) / 4 2
x
π
KL: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm:
4
x= − +π kπ
, 4
x= +π kπ
, arccos( 2 / 4) / 4 2
x= − − π +k π , x= − arccos( − 2 / 4) − π / 4 +k2 π
0,5
0,25
0,25
2/
3 3 2 0 (1)
1 3 2 0 (2)
Điều kiện:
2 2
y
y y
− ≥ ≤ ≤
0.25
Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t3− 3t2 = y3 − 3y2 0.25
Hàm số f(u) = u3 − 3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:
(1) ⇔ t = y ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔ x2−2 1−x2 + =m 0 0.25 Đặt v= 1−x2 ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v2 + 2v − 1 = m.
Hàm số g(v) = v2 + 2v − 1 đạt min ( )[0;1] g v = −1; m ax[0;1] g v( ) 2=
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2
0.25
C©u III 1) TÝnh tÝch ph©n I = 3
1
( 4)
−
+ + + +
∫
§Æt t = x+ 1 ⇔t2 = x+ 1 (1) ⇒ 2tdt =dx; (1) ⇔ x=t2 − 1
Khi x=-1⇒t = 0 ; Khi x=3⇒t = 2
0.25®
Trang 3Ta có I =∫2 ++ +
0
2
2
2 3
2 ).
3 (
t t
tdt t
I=2( ) 2 2
20 12
2 6
3 2
t
+
+ +
0
20 12 6
3 2
t
t t
+
+ +
= - 8 +
2dt 1dt
t − t
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 đờng
cao
Ta có SA = AB tan600 = a 3 , 3 33 2
a a
−
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 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 ⇒ ãSBH= 30 0 ⇒ SH = SB.sin300 = a
Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 1 .( )
3SH dtBCNM = 10 3 3
27
a
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
III.2 Cho 3 số dơng x, y, z thoả mãn : x +3y+5z ≤ 3 Chứng minh rằng : 3xy 625z4 +4 +5zx
4 15
4
81y4 + + yz x4 + ≥ 45 5xyz
1,00
A S
M
N
D H
Trang 4Bất đẳng thức
⇔ 2 42
x
9
4 9
y
2
2
25
4 25
z
z + ≥ 45
VT ≥ + + 2 + + + ) 2 ≥
5
2 3
2 2 ( ) 5 3 (
z y x z y x
2 3
) 5 3 (
36 )
5 3 (.
9
z y x z
y
0,5
Đặt t = 3 (x 3y 5z)2
3
5 3 )
5 3 (
3
+ +
z y
Điều kiện 0 < t ≤1 Xét hàm số f(t)= t9 +
t
36
=45
Dấu bằng xảy ra khi: t=1 hay x=1; y=
3
1
; z=
5
1
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.
ần
CõuV
Ia
(1,0)
1(1
,0)
Câu
VIIA 1) Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là: u1
ur (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
0,25đ
Trang 5Do 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
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
4 3 1 0
2
z
z − +z + + =z (1) Nhận xét z=0 không là nghiệm của phơng trình (1) vậy z≠ 0 Chia hai vế PT (1) cho z2 ta đợc : ( 0
2
1 )
1 ( )
1
2
2 + − − + =
z
z z
Đặt
t=z-z
1 Khi đó 2 = 2 + 12 − 2
z z
2
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
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−
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
−
Phần II
CõuVIb
(1,0)
2.a) Các véc tơ chỉ phơng của D1 và D2 lần lợt là uur1( 1; - 1; 2)
và uuur2( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0) ∈ D1; N( 2; 3; 0) ∈ D2
0,25đ
I
A
B
A1
Trang 6Xét 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
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
0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 3 5 7 2007 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 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= + Ta cú: 2009 0 1 2 2 2009 2009
2009 2009 2009 2009
(1 +x) =C +xC +x C + + x C
Cho x=-1 ta cú: 0 2 2008 1 3 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
C +C + +C =C +C + +C
Cho x=1 ta cú:
0 2 2008 1 3 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
(C +C + + C ) ( + C +C + + C ) 2 = .
Suy ra:B= 2 2008 + Từ đú ta cú: S = 2 1003 + 2 2007
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
Cõu Nội Dung Điểm I
(2,0đ)
1 (1,0đ)
TXĐ: D = R\{ }− 1
Chiều biến thiờn: , 2
1 0 ( 1)
y x
= >
+ , với ∀ ∈x D
⇒hàm số đồng biến trờn mỗi khoảng :(−∞ − ; 1) và (− +∞ 1; )
Cực trị: hàm số khụng cú cực trị
0,25
Trang 7Giới hạn, tiệm cận :
1
2
x
limy
2
x lim y
→−∞ = ; x→ −lim y( 1)+ = −∞ ,
( 1)
x lim y
−
2
y= là tiệm cận ngang; x= − 1 là tiệm cận đứng
Bảng biến thiên:
Đồ thị: đi qua các điểm (0; 1
2
− ) ; (-2; 3
2) Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1; 1
2) làm tâm đối xứng
2 (1,0đ)
2.Gọi M( 0 0
0
1
;
2( 1)
x x
x
− + ) ∈( )C là điểm cần tìm
Gọi ∆ tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình ∆:
0 0
0
1 ( )( )
2( 1)
x
y f x x x
x
−
0 0
1 1
2( 1) 1
x
x x
−
+ +
Gọi A = ∆ ∩ox ⇒A( 02 2 0 1
2
x − x −
B = ∆ ∩oy⇒ B(0;
2
0 0
2 0
2( 1)
x
+ ) Khi đó ∆tạo với hai trục tọa độ ∆OAB
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
1 2
2
−∞
1
− x
y
1 2
-1
I
O y
x
Trang 8II
có trọng tâm là: G(
0 0 0 0
2 0
;
x
Do G∈ đường thẳng:4x + y = 0⇒
0 0 0 0
2 0
x
+
0
1 4
1
x
= + (vì A, B ≠O nên x02− 2x0 − ≠ 1 0)
1
1
+ = − = −
Với 0
( ; )
x = − ⇒M − − ; với 0 3 ( 3 5; )
x = − ⇒M − .
0,25
0,25
VIa.1(1
điểm)
B là giao điểm của đường cao qua B
và đt BC nên toạ độ điểm B là nghiệm 0.25
của hệ 4 0 ( 2; 2)
x y
B
x y
− + =
+ − =
Qua M kẻ đt song song với BC cắt đường cao kẻ từ B tại N.Gọi I là giao điểm của MN với đường cao kẻ từ A thì I là TĐ của MN.§êng th¼ng MN //BC nên
⇒ (MN) :x+ 2y+ = 1 0
N là giao điểm của đường cao qua B và đt MN nên toạ độ điểm N là nghiệm
của hệ 2 1 0 ( 3;1) ( 2; )1
x y
x y
+ + =
− + =
0.25
Gọi E là TĐ của BC Do tam giác ABC cân tại A nên IE là trung trực của BC
mà BC : x+2y-2=0⇒IE: 2x y m− + = 0.
∈ ⇔ − − + = ⇔ = ⇒ ( ) :4x-2y+9=0IE 0.25
E là giao điểm của đường cao IE và đt BC nên toạ độ điểm E là nghiệm của
hệ 2 2 0 ( 7 17; ) ( 4 7; )
x y
x y
− + =
A M(-1;0)
x+2y-2=0
N I
H E
Trang 9CA đi qua C và vuông góc với BN mà BN x-y+4=0 suy ra (AC):x+y+m=0
C − ∈AC⇔ − + + = ⇔ = −m m Suy ra (AC):x+y-3
5=0
A là giao điểm của đường cao IE và đt AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của
hệ
13 19
3
10 10 0
5
x y
A
x y
+ − =
0.25
VIb.-1
(1 điểm)
Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có :
' '
0.25
Phương trình đường thẳng AB:
4x + 3y – 1 = 0 0.25
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 4.2 3.1 12 2 2
4 3
+
AC = 2 BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI
có:
2 2 2
4
d = x + x suy ra x = 5 suy ra BI = 5 0.25 Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn
tâm I bán kính 5
Tọa độ B là nghiệm của hệ: 4x 3y – 1 02 2
(x 2) (y 1) 5
− + − =
0.25
B có hoành độ dương nên B( 1; -1)
