Đề và đáp án thi thử ĐH số 29

Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox.. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.. 1,0điểm Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :... Thí sinh chỉ được

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

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 + + + + +

25 5 5 5 5 5

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

…….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.

 Ta có 2 2 2 ( 2 2 2) 1 1

1

m

x

của 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

>



 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 có 2 nghiệm kộp;

+ 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

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

= +



 = −

0,25đ

3 (2) 2

uv





Thế (1) vào (2) ta có:

2

Kết hợp (1) ta có: 0 4, 0

4

uv

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

0,25đ

A S

M

N

D

Ta có : BC AB BC BM

⊥

 Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao

Ta có SA = AB tan600 = a 3 ,

3

3

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 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

Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng :

25 5 5 5 5 5

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

+ +

( *) ⇔ 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

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.

Cõu Ph

CâuVI

a

(1,0)

1(1

,0) + Do

AB⊥CH nờn AB: x y+ + =1 0. Giải hệ: 2 5 0

1 0

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 và

Vuụng gúc với BN là (d): x−2y− =5 0 Gọi I =( )d ∩BN Giải hệ:

2 5 0

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

( 4 13 / 4) (3 9 / 4)

4

7 1

Suy ra: 1 ( ; ) 1.3 2 450 45

ABC

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

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

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

I

A

B

A1

A

H

N

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

2 + − − + =

z

z z

Đặt

t=z-z

1 Khi đó 2 = 2 + 12 −2

z z

2

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

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− 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

Ta có: 3 2

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 uur1( 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

= +



 = +



 =



0,25đ

0,25đ

PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng:

 −  + −  + +  =

0,25đ

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

0 2 4 6 2006 2008

2009 2009 2009 2009 2009 2009

+ Ta có: 2009 2 1004 1004 1004 1004

(1 )+i = +(1 )[(1 ) ]i +i = +(1 ).2i =2 +2 i

Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của 2009

(1 )+i nờn A=21004 + Ta có: 2009 0 1 2 2 2009 2009

2009 2009 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

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: 2008

2

+ Từ đó ta có: S=21003+22007

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ