ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN TOÁN KHỐI A potx

http://ductam_tp.violet.vn/
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 = x
3
– 3x
2
+ 2
2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình :
2
2 2
1
m
x x
x
− − =
−

Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình :
5
2 2 os sin 1
12
c x x
π
 
− =
 ÷
 
2) Giải hệ phương trình:

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:
/4
2
/4
sin
1
x
I dx
x 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
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 : 5
-x
+ 5
-y
+5
-z
= 1 .Chứng minh rằng

+ + +
+ +
+ + +
25 25 25
25 5 5 5 5 5
x y z
x y z y z x z x y

≥
+ +
5 5 5
4

x y z

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
: 1 0CH x y− + =
, phân giác trong
: 2 5 0BN x y+ + =
.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
4 6 8
x y z− +
= =
− −

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:
2
4 3
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

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 đường thẳng :
D
1
:
2 1
1 1 2
x y z
− −
= =
−
, D
2
:
2 2
3
x t
y
z t

= −


=


=

Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D
1
và D
2

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
3 2
3 2y x x .= − +
 Tập xác định: Hàm số có tập xác định
D R.=
 Sự biến thiờn:
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:

f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
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
 Vỡ
( )
( )
( )
2
1
2 2 1
1
f x khi x

y x x x
f x khi x
>

= − − − =

− <


nờn
( )
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
 hình
f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2)
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
0,25
 Dựa vào đồ thị ta có:

+
2m :< −
Phương trình vụ nghiệm;
+
2m := −
Phương trình có 2 nghiệm kộp;
+
2 0m :− < <
Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt;
+
0m :≥
Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt.
0,25
2) Đồ thị hàm số y =
2
( 2 2) 1x x x− − −
, với x
≠
1 có dạng như hình vẽ :
1+
1-
- 2
m
1 2
II
1)
1)
5
2 2 os sin 1
12

c x x
π
 
− =
 ÷
 
5 5
2 sin 2 sin 1
12 12
x
π π
 
 
⇔ − + =
 ÷
 
 
 
0.25
5 5 1 5 5
sin 2 sin sin sin 2 sin sin
12 12 4 12 4 12
2
2cos sin sin
3 12 12
x x
π π π π π π
π π π
   
⇔ − + = = ⇔ − = − =

 ÷  ÷
   
   
= − = −
 ÷  ÷
   
0.25
( )
5
2 2
5
6
12 12
sin 2 sin
5 13
3
12 12
2 2
12 12
4
x k
x k
x k
x k x k
π
π π
π
π
π π
π π

π
π π


= +
− = − +


   
⇔ − = − ⇔ ⇔ ∈


 ÷  ÷
   


− = + = +




¢
0.5
2.)
Giải hệ phương trình:
2 8
2 2 2 2
log 3log ( 2)
1 3
x y x y

x y x y

+ = − +


+ + − − =


.
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
 
+ = + − + = + −
 
⇔
 
+ + − − = + + − − =
 
 
0,25đ
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
 
− = > + = +
 
⇔
 
+ + + +
− = − =
 
 

0,25đ
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+ + − = ⇔ + + = + ⇔ =
.
0,25đ
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
I dx
x x
π
π
−
=
+ +
∫

/4 /4 /4
2
1 2
2
/4 /4 /4
sin
1 sin sin
1
x
I dx x xdx x xdx I I
x x
π π π
π π π

− − −
= = + + = +
+ +
∫ ∫ ∫
Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì
1
0I =
, tích phân từng phần
2
I
được kết quả.
0.5đ
Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì
1
0I =
, tích phân từng phần
2
I
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 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
 
+
 ÷
+
= =
 ÷
 ÷
 
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
⇒
·
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 : 5
-x
+ 5
-y
+5
-z
= 1 .Chứng minh rằng :

+ + +
+ +
+ + +
25 25 25
25 5 5 5 5 5
x y z
x y z y z x z x y

≥
+ +
5 5 5
4

x y z

Đặt 5
x
= a , 5
y
=b , 5
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
+ +
+ + ≥
+ + +
( *)
0,25đ
A
S
B
C
M
N
D
( *)
⇔
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)
Tương 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
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
ần
Nội dung Điểm
CâuVI

a.
(1,0)
1(1
,0)
+ Do
AB CH
⊥
nờn AB:
1 0x y+ + =
.
Giải hệ:
2 5 0
1 0
x y
x y
+ + =


+ + =

ta có (x; y)=(-4; 3).
Do đó:
( 4;3)AB BN B∩ = −
.
+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ
'A BC∈
.
- Phương trình đường thẳng (d) qua A và
Vuụng gúc với BN là (d):
2 5 0x y− − =

. Gọi
( )I d BN= ∩
. Giải hệ:
2 5 0
2 5 0
x y
x y
+ + =


− − =

. Suy ra: I(-1; 3)
'( 3; 4)A⇒ − −
+ Phương trình BC:
7 25 0x y+ + =
. Giải hệ:
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 phương của hai đường thẳng lần lượt là:
1
u
ur
(4; - 6; - 8)

2
u
uur
( - 6; 9; 12)
+)
1
u
ur
và
2
u
uur
cùng phương
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
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
0,25đ
B
C
A
H
N
Do AB // d
1
nên I là trung điểm của A
1
B.
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d
1
. 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

Cõu Nội dung Điểm
Câu VIIa
(1,0)
Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình 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 phương trình (1) vậy z
0≠
Chia hai vế PT (1) cho z
2
ta được : (
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
Phương 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
1−i
; z=
2
1−− i
0.25đ
Phần II.
Câu VIb. 1)
Ta có:
Idd
21
=∩
. Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
I
d
1
H
A
B
A
1



=
=
⇔




=−+
=−−
2/3y
2/9x
06yx
03yx
. Vậy






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 đường thẳng d
1

ADd
1
⊥⇒
Đường 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
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
Cõu Phần Nội dung Điểm
CâuVIb.
(1,0)
2.a)
Các véc tơ chỉ phương của D
1
và D
2
lần lượt 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
 
−
 ÷
 
; B (2; 3; 0)
Đường thẳng
∆
qua hai điểm A, B là đường 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 đường kính có dạng:
2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
x y z
     
− + − + + =
 ÷  ÷  ÷
     
0,25đ
CâuVIIb
Ta có:
2009 0 1 2009 2009
2009 2009 2009
(1 ) i C iC i C+ = + + +

(1,0)

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 chớnh là phần thực của
2009
(1 )i+
nờn
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 = +
.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ