Tài liệu Đề thi và đáp án kỳ thi thử ĐH môn Toán khối A năm 2010_THPT Minh Châu Hưng Yên ppt

SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010
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