de thi toan dh+dap an 2010

TRNG THPT MINH CHU Đề thi thử đại học năm 2010
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 = x
3
3x
2
+ 2
2) Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình :
2
2 2
1
m
x x
x
=


Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình :
2 2
2009
cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4
x x x x x x


+ + = +
ữ

2) Gii h phng trỡnh:
2 8
2 2 2 2
log 3log ( 2)
1 3
x y x y
x y x y

+ = +


+ + =


.
Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân :

+
+ + +

3
1
( 4)
3 1 3
x dx
x x
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 60
0
.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 : 2
-x
+ 2
-y
+2
-z
= 1.Chứng minh rằng :

4 4 4
2 2 2 2 2 2
x y z
x y z y z x z x y
+ + +
+ +
+ + +


2 2 2
4
x y z
+ +
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 mt phng Oxy cho tam giỏc ABC vi A(1; -2), ng cao
: 1 0CH x y + =

, phõn giỏc trong
: 2 5 0BN x y+ + =
.Tỡm to cỏc nh B,C v tớnh din tớch tam
giỏc ABC
2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đờng thẳng :
d
1
:
2 1
4 6 8
x y z +
= =

; d
2
:
7 2
6 9 12
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 im): Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc C:
2
4 3
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 im) 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
03:
1
= yxd
và

06:
2
=+ yxd
. Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d
1
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
1 1 2
x y z

= =

, D
2
:
2 2
3
x t
y
z t
=


=


=

a) Chứng minh rằng D
1
chéo D
2
v 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 tng:
0 4 8 2004 2008
2009 2009 2009 2009 2009
S C C C C C= + + + + +
.Hết
H v tờn SBD Giám thị coi thi không giải thích gì thêm .
Đề chính thức

ĐÁP ÁN
Câu I 2 điểm
a)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2
3 2y x x .= − +
• Tập xác định: Hàm số có tập xác định
D R.=
• Sự biến thiên:
2
3 6y' x x.= −
Ta có
0
0
2

x
y'
x
=

= ⇔

=

0,25
•
( ) ( )
0 2 2 2
CD CT
y y ; y y .= = = = −
0,25
• Bảng biến thiên:
x
−∞
0 2
+∞
y'


+
0
−
0
+

y

2
+∞

−∞

2−
0,25
• Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình
0,25
b)
Biện luận số nghiệm của phương trình
1
22
2
−
=−−
x
m
xx
theo tham
số m.
• Ta có
( )
2 2
2 2 2 2 1 1
1
m
x x x x x m,x .

x
− − = ⇔ − − − = ≠
−
Do đó số
nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của
( )
( )
2
2 2 1y x x x , C'= − − −
và đường thẳng
1y m,x .= ≠
0,25
• Vì
( )
( )
( )
2
1
2 2 1
1
f x khi x
y x x x
f x khi x
>

= − − − =

− <



nên
( )
C'
bao gồm:
+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng
1x .
=
+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng
1x
=
qua Ox.
0,25
• Học sinh tự vẽ hình
0,25
• Dựa vào đồ thị ta có:
+
2m :
< −
Phương trình vô nghiệm;
+
2m :
= −
Phương trình có 2 nghiệm kép;
+
2 0m :
− < <
Phương trình có 4 nghiệm phân biệt;
+
0m :
≥

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
0,25
2) §å thÞ hµm sè y =
2
( 2 2) 1x x x− − −
, víi x
≠
1 cã d¹ng nh h×nh vÏ :
II
y = m
1+
1-
- 2
m
1 2
2 2
2009
cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4
x x x x x x
π
 
+ + = +
 ÷
 
2 2
cos sin 2(sin cos ) 4sin .cos (sin cos )x x x x x x x x⇔ − + + = +
(cos sin )(cos sin 4cos .sin 2) 0x x x x x x⇔ + − − + =
cos sin 0 (1)
cos sin 4sin .cos 2 0 (2)

x x
x x x x
+ =

⇔

− − + =

+ Giải (1):
(1) tan 1
4
x x k
π
π
⇔ = − ⇔ = − +
+ Giải (2): Đặt
cos sin , 2x x t t− = ≤
ta có phương trình:
2
2 0t t+ =
.
0
1/ 2
t
t
=

⇔

= −


• Với
0t =
ta có:
tan 1
4
x x k
π
π
= ⇔ = +
• Với
1/ 2t = −
ta có:
arccos( 2 / 4) / 4 2
cos( ) 2 / 4
4
arccos( 2 / 4) / 4 2
x k
x
x k
π π
π
π π

= − − +
+ = − ⇔

= − − − +



KL: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm:
4
x k
π
π
= − +
,
4
x k
π
π
= +
,
arccos( 2 / 4) / 4 2x k
π π
= − − +
,
arccos( 2 / 4) / 4 2x k
π π
= − − − +
.
0,5
0,25
0,25
Điều kiện: x+y>0, x-y>0
2 8
2 2 2 2 2 2 2 2
log 3log (2 ) 2
1 3 1 3
x y x y x y x y

x y x y x y x y
 
+ = + − + = + −
 
⇔
 
+ + − − = + + − − =
 
 
Đặt:
u x y
v x y
= +


= −

ta có hệ:
2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 2
3 3
2 2
u v u v u v uv
u v u v
uv uv
 
− = > + = +
 
⇔

 
+ + + +
− = − =
 
 

2
2 4 (1)
( ) 2 2
3 (2)
2
u v uv
u v uv
uv

+ = +

⇔

+ − +
− =


. Thế (1) vào (2) ta có:
2
8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + − = ⇔ + + = + ⇔ =
.
Kết hợp (1) ta có:
0
4, 0

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®
0,25®
0,25®
0,25®
C©u III 1) TÝnh tÝch ph©n I =
3
1
( 4)
3 1 3
x dx
x x
−
+
+ + +
∫
§Æt t =
1x +
.

1
2
+=⇔ xt
(1)
dxtdt =⇒ 2
; (1)
1
2
−=⇔ tx
Khi x=-1
0
=⇒
t
; Khi x=3
2
=⇒
t
0.25®
Ta cã I =
∫
++
+
2
0
2
2
23
2).3(
tt
tdtt

I=
( )
2 2
2
0 0
20 12
2 6
3 2
t
t dt dt
t t
+
− +
+ +
∫ ∫
=
( )
2
2 2
0
2
0
20 12
6
3 2
t
t t dt
t t
+
− +

+ +
∫
0.5®
= - 8 +
2 2
0 0
28 8
2 1
dt dt
t t
−
+ +
∫ ∫
= - 8 + 28ln2 – 8 ln3
0.25®
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 tan60
0
= a
3
,
3
3
2
3
2 3
3
a
a
MN SM MN
AD SA a
a

= = =
Suy ra MN =
4
3
a
. BM =
2
3
a
Diện tích hình thang BCMN là :
S =
2
4

2
2 10
3
2 2
3 3 3
a
a
BC MN a a
BM

+
ữ
+
= =
ữ
ữ

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

ã
0
30SBH =


SH = SB.sin30
0
= a
Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V =
1
.( )
3
SH dtBCNM
=
3
10 3
27

a
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 2
-x
+ 2
-y
+2
-z
= 1 .Chứng minh rằng :

4 4 4
2 2 2 2 2 2
x y z
x y z y z x z x y
+ + +
+ +
+ + +


2 2 2
4
x y z
+ +

Đặt 2
x
= a , 2

y
=b , 2
z
= c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
+ +
+ +
+ + +

( *)
( *)

3 3 3
2 2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc
+ +
+ +
+ + +

0,25đ
0,25đ
A
S
B

C
M
N
D
H


3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
+ +
+ +
+ + + + + +
Ta có
3
3
( )( ) 8 8 4
a a b a c
a
a b a c
+ +
+ +
+ +
( 1) ( Bất đẳng thức Cô
si)
Tơng tự
3
3
( )( ) 8 8 4

b b c b a
b
b c b a
+ +
+ +
+ +
( 2)

3
3
( )( ) 8 8 4
c c a c b
c
c a c b
+ +
+ +
+ +
( 3) .
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh
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. Chng trỡnh Chun.
Cõu Ph
n
Ni dung im
CõuV
Ia.
(1,0)

1(1
,0)
+ Do
AB CH
nờn AB:
1 0x y+ + =
.
Gii h:
2 5 0
1 0
x y
x y
+ + =


+ + =

ta cú (x; y)=(-4; 3).
Do ú:
( 4;3)AB BN B =
.
+ Ly A i xng A qua BN thỡ
'A BC
.
- Phng trỡnh ng thng (d) qua A v
Vuụng gúc vi BN l (d):
2 5 0x y =
. Gi
( )I d BN=
. Gii h:

2 5 0
2 5 0
x y
x y
+ + =


=

. Suy ra: I(-1; 3)
'( 3; 4)A
+ Phng trỡnh BC:
7 25 0x y+ + =
. Gii h:
7 25 0
1 0
x y
x y
+ + =


+ =

Suy ra:
13 9
( ; )
4 4
C
.
+

2 2
450
( 4 13 / 4) (3 9 / 4)
4
BC = + + + =
,
2 2
7.1 1( 2) 25
( ; ) 3 2
7 1
d A BC
+ +
= =
+
.
Suy ra:
1 1 450 45
( ; ). .3 2. .
2 2 4 4
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:
1
u

ur
(4; - 6; - 8)

2
u
uur
( - 6; 9; 12)
+)
1
u
ur
và
2
u
uur
cùng phơng
0,25đ
+) M( 2; 0; - 1)

d
1
; M( 2; 0; - 1)

d
2
Vậy d
1
// d
2
0,25đ

*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là
n
r
= ( 5; - 22; 19)
(P): 5x 22y + 19z + 9 = 0
2)
AB
uuur
= ( 2; - 3; - 4); AB // d
1
Gọi A
1
là điểm đối xứng của A qua d
1 .
Ta có: IA + IB = IA
1
+ IB

A
1
B
0,25đ
B
C
A
H
N
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A
1
B

Khi A
1
, I, B thẳng hàng

I là giao điểm của A
1
B và d
Do AB // d
1
nên I là trung điểm của A
1
B.
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d
1
. Tìm đợc H
36 33 15
; ;
29 29 29

ữ

A đối xứng với A qua H nên A
43 95 28
; ;
29 29 29


ữ

I là trung điểm của AB suy ra I

65 21 43
; ;
29 58 29


ữ

0,25đ

Cõu Ni dung im
CõuVIIa
(1,0)
Cõu VII. a (1 im): Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc 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 z
2
ta đợc : (
0
2
1
)

1
()
1
2
2
=++
z
z
z
z
(2)
0.25đ
Đặt t=z-
z
1
Khi đó
2
1
2
22
+=
z
zt
2
1
2
2
2
+=+ t
z

z
Phơng trình (2) có dạng : t
2
-t+
0
2
5
=
(3)
2
99
2
5
.41 i===
PT (3) có 2 nghiệm t=
2
31 i+
,t=
2
31 i

0.25đ
Với t=
2
31 i+
ta có
02)31(2
2
311
2

=+
+
= ziz
i
z
z
(4)
Có
222
)3(696816)31( iiiii +=++=+=++=
PT(4) có 2 nghiệm : z=
i
ii
+=
+++
1
4
)3()31(
,z=
2
1
4
)3()31(
=
++ iii
0.25đ
Với t=
2
31 i
ta có

02)31(2
2
311
2
=

= ziz
i
z
z
(4)
Có
222
)3(696816)31( iiiii =+==+=
PT(4) có 2 nghiệm : z=
i
ii
=
+
1
4
)3()31(
,z=
2
1
4
)3()31(
=
iii
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z=

2
1i
; z=
2
1 i
0.25đ
I
d
1
H
A
B
A
1
PhÇn II.
C©u VIb. 1)
Ta cã:
Idd
21
=∩
. To¹ ®é cña I lµ nghiÖm cña hÖ:



=
=
⇔




=−+
=−−
2/3y
2/9x
06yx
03yx
. VËy






2
3
;
2
9
I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD
OxdM
1
=
Suy ra M( 3; 0)
0,25đ
Ta có:
23
2
3
2

9
32IM2AB
22
=






+






==
Theo giả thiết:
22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS
ABCD
ABCD
=====
Vì I và M cùng thuộc đờng thẳng d
1

ADd
1

Đờng thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d
1
nhận
)1;1(n
làm VTPT nên có PT:
03yx0)0y(1)3x(1 =+=+
. Lại có:
2MDMA ==
0,25đ
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
( )





=+
=+
2y3x
03yx
2
2

( ) ( )

=
=




=+
+=




=+
+=

13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2
2
2
2



=

=

1y
2x
hoặc



=
=
1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0,25đ
Do






2
3
;
2
9
I
là trung điểm của AC suy ra:

===
===
213yy2y
729xx2x
AIC
AIC
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
Cõu Phn Ni dung im
CõuVIb.
(1,0)
2.a)
Các véc tơ chỉ phơng của D
1
và D
2
lần lợt là
1
u
ur
( 1; - 1; 2)
và
2
u
uur
( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0)

D
1
; N( 2; 3; 0)

D
2
0,25đ
Xét
1 2
; .u u MN


ur uur uuuur
= - 10

0
Vậy D
1
chéo D
2
0,25đ
Gọi A(2 + t; 1 t; 2t)

D
1
B(2 2t; 3; t)

D
2
1

2
. 0
. 0
AB u
AB u

=


=


uuurur
uuur uur



1
3
' 0
t
t

=



=

A
5 4 2
; ;
3 3 3


ữ

; B (2; 3; 0)
Đờng thẳng

qua hai điểm A, B là đờng vuông góc chung
của D
1
và D
2
.
Ta có

:
2
3 5
2
x t
y t
z t
= +

= +


=

0,25đ
0,25đ
PT mặt cầu nhận đoạn AB là đờng kính có dạng:
2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
x y z

+ + + =
ữ ữ ữ

0,25đ
CõuVIIb
(1,0)
Ta cú:
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

( )
C C C C C C
C C C C C C i
+ + + +
+ + +
0,25đ
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:
2009 2 1004 1004 1004 1004
(1 ) (1 )[(1 ) ] (1 ).2 2 2i i i i i+ = + + = + = +
.
Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của
2009
(1 )i+
nên
1004
2A =
.

+ 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
C C C C C C+ + + = + + +
Cho x=1 ta có:
0 2 2008 1 3 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
( ) ( ) 2C C C C C C+ + + + + + + =
.
Suy ra:
2008
2B =
.
+ Từ đó ta có:
1003 2007
2 2S = +
.
0,25®
0,25®
0,25®