Đề 64

Đề thi thử đại học năm 2010

TRNG THPT NINH CHU

Môn toán - Khối A
Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )

Đề 64

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 3x2 + 2
m
2
2) Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình : x 2 x 2 =
x 1
Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình : (2cosx-1)(2sinx+cosx)=sin2x-sinx
log 2 x + y = 3log8 ( x y + 2)

2) Gii h phng trỡnh:

x2 + y 2 + 1 x2 y2 = 3



3

Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân :

3

1

.

( x + 4)dx
x +1 + x + 3

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 = a 3 , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM
3

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 :

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



2 x + 2y + 2z
4

Phần B ( Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2)

Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo chơng trình chuẩn )

Câu VI.a 1.( 1,0 điểm )

Trong mt phng Oxy cho tam giỏc ABC vi A(1; -2), ng cao

CH : x y + 1 = 0 , phõn giỏc trong BN : 2 x + y + 5 = 0 .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 :
x 7 y2 z
x 2 y z +1
d1 :
; d2 :
=
=
=
=
4
6
8
6
9
12
a) Chứng minh rằng d1 và d2 song song . Viết phơng trình mặt phẳng ( P) qua d1 và d2 .
b)Cho điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đờng thẳng d1 sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất

Cõu VII.a (1 im): Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc C: z 4 z 3 +

z2
+ z +1 = 0

2

Phần 2 ( Dành cho học sinh học chơng 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 d1 : x y 3 = 0 và
d 2 : x + y 6 = 0 . 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 đờng thẳng :
x 2 y 1 z
D1 :
=
= ,
1
1
2

x = 2 2t

D2 : y = 3
z = t


a) Chứng minh rằng D1 chéo D2 v viết phơng trình đờng vuông góc chung của D1 và D2
b) Viết phơng trình mặt cầu có đờng kính là đoạn vuông góc chung của D1 và D2
0
4
8
2004
2008

+ C2009
+ C2009
+ ... + C2009
+ C2009
CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tớnh tng: S = C2009
.Hết .......

H v tờn.................................... SBD................... Giám thị coi thi không giải thích gì thêm .
P N
Cõu I
a)

2 im
Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s y = x 3 3x 2 + 2.
Tp xỏc nh: Hm s cú tp xỏc nh D = R.

0,25


x = 0

• Sự biến thiên: y' = 3x 2 − 6 x. Ta có y' = 0 ⇔  x = 2


• yCD = y ( 0 ) = 2; yCT = y ( 2 ) = −2.
• Bảng biến thiên:
x

0,25
0,25

−∞

0
0
2

+

y'

−

+∞

2
0

+
+∞

y
−∞

−2

• Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình
b)

0,25

m

2
Biện luận số nghiệm của phương trình x − 2 x − 2 = x − 1 theo tham

số m.
m
0,25
2
2
• Ta có x − 2 x − 2 = x − 1 ⇔ ( x − 2 x − 2 ) x − 1 = m,x ≠ 1. Do đó số

nghiệm

của

phương

trình

bằng

số

giao

điểm

của

y = ( x 2 − 2 x − 2 ) x − 1 ,( C' ) và đường thẳng y = m,x ≠ 1.
 f ( x ) khi x > 1


2
• Vì y = ( x − 2 x − 2 ) x − 1 = 

 − f ( x ) khi x < 1

nên ( 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.
• Học sinh tự vẽ hình
• Dựa vào đồ thị ta có:
+ m < −2 : Phương trình vô nghiệm;
+ m = −2 : Phương trình có 2 nghiệm kép;
+ −2 < m < 0 : Phương trình có 4 nghiệm phân biệt;
+ m ≥ 0 : Phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
2) §å thÞ hµm sè y = ( x 2 − 2 x − 2) x − 1 , víi x ≠ 1 cã d¹ng nh h×nh vÏ :

1

1-

-2

C©u II : 1)(2cosx-1)(2sinx+cosx)=sin2x-sinx
⇔ (2cosx-1)(sinx+cosx)=0

(1)
 2 cos x − 1 = 0
⇔
(2)
sin x + cos x = 0
1
π
(1) ⇔ cos x = ⇔ x = ± + k .2π
2
3
π
(2) ⇔ tan x = −1 ⇔ x = − + kπ (k ∈ Z)
4

m

2

0,25

0,25
0,25

1+

y=m

0,25®
0,25®
0,25®

0,25®


π
3

π
4

Vậy nghiệm cña phương trình lµ x = ± + k .2π , x = − + kπ (k ∈ Z) ,.
Điều kiện: x+y>0, x-y>0
log 2 x + y = 3log8 (2 + x − y )

x+ y = 2+ x− y
⇔


2
2
2
2
x2 + y2 + 1 − x2 − y2 = 3

 x + y + 1 − x − y = 3

0,25®

 u − v = 2 (u > v)
 u + v = 2 uv + 4
u = x + y



⇔  u 2 + v2 + 2
Đặt: 
ta có hệ:  u 2 + v 2 + 2
v = x − y
− uv = 3 
− uv = 3

2
2


 u + v = 2 uv + 4
(1)

⇔  (u + v) 2 − 2uv + 2
. Thế (1) vào (2) ta có:
− uv = 3 (2)

2


0,25®

0,25®
0,25®

uv + 8 uv + 9 − uv = 3 ⇔ uv + 8 uv + 9 = (3 + uv ) 2 ⇔ uv = 0 .
 uv = 0

⇔ u = 4, v = 0 (vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m)
Kết hợp (1) ta có: 
u + v = 4

KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
C©u III 1) TÝnh tÝch ph©n I =

3

( x + 4)dx

−1

3 x +1 + x + 3

∫

0.25®

§Æt t = x + 1 . ⇔ t 2 = x + 1 (1) ⇒ 2tdt = dx ;
(1) ⇔ x = t 2 − 1
Khi x=-1 ⇒ t = 0 ; Khi x=3 ⇒ t = 2
2
2
2
2
(t 2 + 3).2tdt
20t + 12
20t + 12
2

2
Ta cã I = ∫
I= ∫ ( 2t − 6 ) dt + ∫ 2
dt
dt = ( t − 6t ) 0 + ∫ 2
2
t
+
3
t
+
2
t
+
3
t
+
2
0 3t + t + 2
0
0
0
2

0.5®
0.25®

2

28

8
=-8+ ∫
dt − ∫
dt = - 8 + 28ln2 – 8 ln3
t
+
2
t
+
1
0
0

C©u IV :

S

H
N
M

D
A
TÝnh thÓ tÝch h×nh chãp SBCMN
( BCM)// AD nªn mÆt ph¼ng nµy c¾t mp( SAD) theo giao tuyÕn MN // AD
 BC ⊥ AB
B
C cã BM lµ ®⇒ BC ⊥ BM . Tø gi¸c BCMN lµ h×nh thang vu«ng
Ta cã : 
êng cao

0,25®

 BC ⊥ SA

a 3

a 3−
Ta cã SA = AB tan600 = a 3 , MN SM
MN
3 =2
=
⇔
=
AD

Suy ra MN =

2a
4a
. BM =
3
3

SA

2a

a 3

3

DiÖn tÝch h×nh thang BCMN lµ :

0,25®


4a

2a +

ữ 2a 10a 2
BC + MN
3
BM =
=
S =
ữ
2
2

ữ 3 3 3


Hạ AH BM . Ta có SH BM và BC (SAB) BC SH . Vậy SH

0,25đ

( BCNM)

0,25đ

SH là đờng cao của khối chóp SBCNM
AB AM
1
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
= .
=
SB MS
2
0
ã
Vậy BM là phân giác của góc SBA SBH = 30 SH = SB.sin300 = a

1
10 3a3
SH .( dtBCNM ) =
3
27
-x
-y
Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 2 + 2 +2-z = 1 .Chứng minh rằng :

Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V =

4x
4y
4z
+
+

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

2 x + 2y + 2z

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

( *)

a3
b3
c3
a+b+c
+
+

a2 + abc b 2 + abc c 2 + abc
4
3
3
a
b
c3
a+b+c

+
+

(a + b)(a + c) ( b + c)( b + a) (c + a)(c + b)
4
a3
a+b a+c 3
Ta có
+
+
a
(a + b)(a + c)
8
8
4

( 1)

0,25đ

( Bất đẳng thức Cô si)

b3
b+c b+a 3
+
+
b ( 2)
(b + c)(b + a)
8

8
4
3
c
c+a c+b 3
+
+
c ( 3) .
(c + a)(c + b)
8
8
4
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh

Tơng tự

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
Ni dung
A
n
CõuV 1(1
+ Do AB CH nờn AB: x + y + 1 = 0 .
H
,0)
N
Ia.
2 x + y + 5 = 0

Gii
h:
ta
cú
(x;
y)=(-4;
3).

(1,0)
x + y +1 = 0
Do ú: AB BN = B (4;3) .
+ Ly A i xng A qua BN thỡ A ' BC .
- Phng trỡnh ng thng (d) qua A v B
Vuụng gúc vi BN l (d): x 2 y 5 = 0 . Gi I = (d ) BN . Gii h:
2 x + y + 5 = 0
. Suy ra: I(-1; 3) A '(3; 4)

x 2y 5 = 0

0,25đ

0,25đ
0,25đ

im

0,25đ
C

0,25đ

0,25đ

7 x + y + 25 = 0
x y +1 = 0

+ Phng trỡnh BC: 7 x + y + 25 = 0 . Gii h:

0,25đ

13 9
Suy ra: C ( ; ) .
4 4
450 d ( A; BC ) = 7.1 + 1(2) + 25 = 3 2
,
.
4
7 2 + 12
1
1
450 45
= .
Suy ra: S ABC = d ( A; BC ).BC = .3 2.
2
2
4
4
ur
1) Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là: u1 (4; - 6; - 8)

uu
r
u2 ( - 6; 9; 12)
ur
uu
r
+) u1 và u2 cùng phơng
+) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2

+ BC = (4 + 13 / 4) 2 + (3 + 9 / 4) 2 =

Câu
VIIA

Vậy d1 // d2
r
*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n = ( 5; - 22; 19)
(P):uu5x
22y + 19z + 9 = 0
u
r
2) AB = ( 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.

0,25đ
0,25đ

0,25đ

36 33 15
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm đợc H ; ; ữ
29 29 29

A đối xứng với A qua H nên A

43 95 28
; ; ữ
29 29 29
65 21 43
;
I là trung điểm của AB suy ra I ;
ữ
29 58 29

0,25đ

A
d1

Cõu
CõuVIIa
(1,0)

Ni dung

B

H
I
A1

im

Cõu VII.a (1 im): Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc C:
z2
z z + + z +1 = 0
2
4

3

(1)

Nhận xét z=0 không là nghiệm của phơng trình (1) vậy z 0
1
1 1
) ( z ) + = 0 (2)
2
z
2
z
1
1
1
Đặt t=z- Khi đó t 2 = z 2 + 2 2 z 2 + 2 = t 2 + 2
z
z

z
5
Phơng trình (2) có dạng : t2-t+ = 0 (3)
2
5
= 1 4. = 9 = 9i 2
2
1 + 3i
1 3i
PT (3) có 2 nghiệm t=
,t=
2
2

Chia hai vế PT (1) cho z2 ta đợc : ( z 2 +

0.25đ

0.25đ


1 + 3i
1 1 + 3i
ta cã z − =
⇔ 2 z 2 − (1 + 3i ) z − 2 = 0 (4)
2
z
2
Cã ∆ = (1 + 3i ) 2 + 16 = 8 + 6i = 9 + 6i + i 2 = (3 + i) 2
(1 + 3i ) + (3 + i )

(1 + 3i ) − (3 + i ) i − 1
PT(4) cã 2 nghiÖm : z=
= 1 + i ,z=
=
4
4
2
1 − 3i
1 1 − 3i
Víi t=
ta cã z − =
⇔ 2 z 2 − (1 − 3i ) z − 2 = 0 (4)
2
z
2
Cã ∆ = (1 − 3i ) 2 + 16 = 8 − 6i = 9 − 6i + i 2 = (3 − i ) 2
(1 − 3i ) + (3 − i )
(1 − 3i ) − (3 − i ) − i − 1
PT(4) cã 2 nghiÖm : z=
= 1 − i ,z=
=
4
4
2
i −1
− i −1
VËy PT ®· cho cã 4 nghiÖm : z=1+i; z=1-i ; z=
; z=
2
2

Víi t=

0.25®

0.25®


Phần II.
Câu VIb. 1)
Ta có: d 1 d 2 = I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
x y 3 = 0
x = 9 / 2
9 3
. Vậy I ;


2 2
x + y 6 = 0
y = 3 / 2
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD M = d 1 Ox
Suy ra M( 3; 0)
2

0,25đ

2

Ta có: AB = 2 IM = 2 3 9 + 3 = 3 2
2 2

S ABCD
12
=
=2 2
AB
3 2
Vì I và M cùng thuộc đờng thẳng d1 d 1 AD
Đờng thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT:
Theo giả thiết: S ABCD = AB.AD = 12 AD =

1(x 3) + 1(y 0) = 0 x + y 3 = 0 . Lại có: MA = MD = 2
x + y 3 = 0
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
2
( x 3) + y 2 = 2
y = x + 3
y = x + 3
y = 3 x





2
2
2
2
x 3 = 1
( x 3) + y = 2

( x 3) + (3 x) = 2
x = 2
x = 4
hoặc
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)

y = 1
y = 1
x = 2 x I x A = 9 2 = 7
9 3
Do I ; là trung điểm của AC suy ra: C
2 2
y C = 2 y I y A = 3 1 = 2
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)

Cõu
CõuVIb.
(1,0)

Phn
2.a)

Ni dung
ur
Các véc tơ chỉ phơng của D1 và D2 lần lợt là u1 ( 1; - 1; 2)
uu
r
và u2 ( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0) D1; N( 2; 3; 0) D2

ur uu
r uuuu
r
Xét u1 ; u2 .MN = - 10 0
Vậy D1 chéo D2
Gọi A(2 + t; 1 t; 2t) D1
B(2 2t; 3; t) D2
uuurur
1

AB.u1 = 0
t =

r uu
r
3
uuu
AB.u2 = 0
t ' = 0
5 4 2
A ; ; ữ; B (2; 3; 0)
3 3 3

Đờng thẳng qua hai điểm A, B là đờng vuông góc chung
của D1 và D2.
x = 2 + t

Ta có : y = 3 + 5t
z = 2t

PT mặt cầu nhận đoạn AB là đờng kính có dạng:
2

2

2

11
13 1
5

x 6 ữ +y 6 ữ +z+ 3ữ = 6





0,25đ

0,25đ

0,25đ
im
0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ


CâuVIIb
(1,0)

0
1
2009
+ iC2009
+ .. + i 2009C2009
Ta có: (1 + i )2009 = C2009
0
2
4
6
2006
2008
C2009
− C2009
+ C2009
− C2009
+ .... − C2009
+ C2009
+
1
3
5

7
2007
2009
(C2009
− C2009
+ C2009
− C2009
+ ... − C2009
+ C2009
)i

1
2
0
2
4
6
2006
2008
A = C2009 − C2009
+ C2009
− C2009
+ .... − C2009
+ C2009

0,25®

Thấy: S = ( A + B) , với

0,25®

0
2
4
6
2006
2008
B = C2009
+ C2009
+ C2009
+ C2009
+ ...C2009
+ C2009

+ Ta có: (1 + i) 2009 = (1 + i)[(1 + i) 2 ]1004 = (1 + i).21004 = 21004 + 21004 i .
Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của (1 + i) 2009 nên
A = 21004 .
0
1
2
2009
+ xC2009
+ x 2C2009
+ ... + x 2009C2009
+ Ta có: (1 + x) 2009 = C2009
0
2
2008
1
3

2009
+ C2009
+ ... + C2009
= C2009
+ C2009
+ ... + C2009
Cho x=-1 ta có: C2009
Cho x=1 ta có:
0
2
2008
1
3
2009
(C2009
+ C2009
+ ... + C2009
) + (C2009
+ C2009
+ ... + C2009
) = 22009 .
Suy ra: B = 22008 .
+ Từ đó ta có: S = 21003 + 22007 .

0,25®
0,25®