De thi thu DH +DA nam 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 :
11 5 7 3 2009
cos sin 2 sin
4 2 4 2 2 2
x x x


+ = +
ữ ữ 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 (2,0 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 ( 2,0 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

= =

1) Chứng minh rằng d
1
và d
2
song song . Viết phơng trình mặt phẳng ( P) qua d
1
và d
2
.
2) 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
Câu VII.a (1.0điểm) Giải phơng trình :
2 3
9 27

3 3
log ( 1) log 2 log 4 log ( 4)x x x
+ + = + +
Cõu VIII.a (1 im): Tớnh tng:
0 4 8 2004 2008
2009 2009 2009 2009 2009
S C C C C C= + + + + +
.
Phần 2 ( Dành cho học sinh học ch ơng trình nâng cao )
Câu VI.b (2,0điểm) 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
=

=


=

1) Chứng minh rằng D
1
chéo D
2
. Viết phơng trình đờng vuông góc chung của D
1
và D
2

2) Viết phơng trình mặt cầu có đờng kính là đoạn vuông góc chung của D
1
và D
2

CâuVII.b ( 1,0 điểm) Cho phơng trình :
2 2
5 5
log 2 log 1 2 0x x m+ + =
, ( m là tham số ) .
Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình đã cho có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn
3
1;5


Cõu

VIII.b (1 im): Tớnh tng :
1 3 8 1
8 8 8
1 3 (8 1)
n
n n n
C C n C

+

.Hết
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm .
Hớng dẫn giải :
Phần A : Dành cho tất cả các thí sinh
Câu I : 1) ( Thí sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị )
2) Đồ thị hàm số y =
2
( 2 2) 1x x x
, với x

1 có dạng nh hình vẽ :
Dựa vào đồ thị ta có : *) Nếu m < -2 : Phơng trình vô nghiệm
*) Nếu m = - 2 : Phơng trình có hai nghiệm
*) Nếu 2 < m < 0 : Phơng trình có 4 nghiệm phân biệt
*) nếu m

0 : Phơng trình có hai nghiệm phân biệt
Câu II : 1)
11 5 7 3 2009
cos sin 2 sin

4 2 4 2 2 2
x x x


+ = +
ữ ữ ữ

( 1)
( 1)

5 3 3
sin sin 2 cos
2 4 4 2 2
x x x


=
ữ ữ



-2
3 3
cos cos 2 cos
4 2 2
x x
x


+ =

ữ




3
cos 0
2
x
=
hoặc
2
cos( )
4 2
x

+ =
. Giải các phơng trình cơ bản tìm đợc nghiệm :

2
, x= 2 , x = k2
3 3 2
k
x k


= + +
iu kin: 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

+ = + + = +



+ + = + + =


t:
u x y
v x y
= +


=

ta cú h:
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

+ = +



+ +
=


. Th (1) vo (2) ta cú:
2
8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + = + + = + =
.

Kt hp (1) ta cú:
0
4, 0
4
uv
u v
u v
=

= =

+ =

(vỡ u>v). T ú ta cú: x =2; y =2.
KL: Vy nghim ca h l: (x; y)=(2; 2).
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III 1) Tính tích phân I =
3
1
( 4)
3 1 3
x dx
x x

+
+ + +

Đặt t =
1x +
. Ta có 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
+
+
+ +


y = m
1+
1-
- 2
m
1 2
= - 8 +
2 2
0 0
28 8
2 1
dt dt
t t

+ +

= - 8 + 28ln2 8 ln3
2) 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
+ +
+ +
+ + +



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
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
A
S
B
C
M
N
D
H
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
Phần B. (Thí sinh chỉ đợc làm phần I hoặc phần II)
Phần I. (Danh cho thí sinh học chơng trình chuẩn)
Câu V.a.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
+) M( 2; 0; - 1)

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

d
2
Vậy d
1
// d
2
*) 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
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

Câu VI a) log
9
(x + 1)
2
+
3
27
3 3
log 2 log 4 log ( 4) (1)x x= + +

Đ K:
4 4
1
x
x
< <




(1)

log
3
(x + 1) + log
3
4 = log
3
(4 x) + log
3
(x + 4)

log
3
4
1x +
= log
3
(16 x
2

)

4
1x +
= 16 x
2
Giải phơng trình tìm đợc x = 2 hoặc x = 2 -
24
Phần II.
Câu V. b. 1) 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

Xét
1 2
; .u u MN


ur uur uuuur
= - 10

0
Vậy D
1
chéo D
2
*) 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
= +


= +


=

*) Phơng trình mặt cầu nhận đoạn AB là đờng kính có dạng:
D
2
A

B
2
u
uur
1
u
ur
D
1
I
d
1
H
A
B
A
1
2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
x y z
     
− + − + + =
 ÷  ÷  ÷
     
b.2) §Æt t =
2
5
log 1x +
ta thÊy nÕu x

∈

3
1;5
 
 
th× t
∈

[ ]
1;2
Ph¬ng tr×nh cã d¹ng: t
2
+ 2t – m – 3 = 0; t
∈
[ ]
1;2

⇔
t
2
+ 2t – 3 = m ; t
∈
[ ]
1;2
LËp bÊt ph¬ng r×nh hµm f(t) = t
2
+ 2t – 3 trªn
[ ]
1;2

ta ®îc 0
≤
f(t)
≤
5
§ K cña m lµ: 0
≤
m
≤
5
Câu Phần Nội dung Điểm
CâuVIIa.
(1,0)
Ta có:
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
− + − + − + +
− + − + − +
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
0,25
Câu Phầ
n
Nội dung Điểm
CâuVIIb
.
(1,0)
Xét khai triển:
8 0 1 2 2 8 8
8 8 8 8
( ) (1 )
n n n
n n n n
f x x C xC x C x C= + = + + +

.
Suy ra:
8 1 1 2 2 3 8 2 8 1 8 1 8
8 8 8 8 8
( ) 8 (1 ) 2 3 (8 1) 8
n n n n n
n n n n n
f x n x C xC x C n x C nx C
− − − −
′
= + = + + + + − +
Cho
x i=
ta được
1 3 8 1
8 8 8
1 3 (8 1)
n
n n n
A C C n C
−
= − + − −
chính là phần thực
của khai triển số phức
8 1
8 (1 )
n
n i
−
+

.
Ta có:
8 1 8 4 4
8 (1 ) 4 (1 ) (1 ) 4 .2 4 .2
n n n n
n i n i i n n i
−
+ = + + = +
.
Vậy
1 3 8 1 4
8 8 8
1 3 (8 1) 4 .2
n n
n n n
A C C n C n
−
= − + − − =
.
0,25
0,5
0,25