DE THI DH6

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 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 = x3 – 3x2 + 2 m x2  2x  2  x 1 2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình :  5  Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình :. 2 2 cos   x  sin x 1  12 . log 2 x  y 3log 8 ( x  y  2)  x 2  y 2  1  x 2  y 2 3 2) Giải hệ phương trình:  .  /4. I.  . sin x 1  x2  x. dx.  /4 Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân: 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. a 3 600 .Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = 3 , 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. 25x 25y 25z   25x  5y  z 5y  5z x 5z  5x y. 5 x  5 y  5z  4. 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 CH : x  y  1 0 , phân giác trong BN : 2 x  y  5 0 .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC x  2 y z 1   6 8 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d 4 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 z4  z3 . z2  z  1 0 2. Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C: 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 d1 : x  y  3 0 và d 2 : x  y  6 0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d với trục Ox. Tìm toạ độ 1. các đỉnh của hình chữ nhật. 2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :  x 2  2t   y 3  z t . x 2 y 1 z   1 2 , D1 : 1 D2 : Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D1 và D2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 0 4 8 2004 2008 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: S C2009  C2009  C2009  ...  C2009  C2009. …….Hết ........ ĐÁP ÁN Cõu I a). 2 điểm 3 2 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x  3 x  2.  Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.. 0,25.  x 0 y' 0    x 2  Sự biến thiờn: y' 3 x  6 x. Ta có yCD  y  0  2; yCT  y  2   2.. 0,25. 2.   Bảng biến thiên:. 0,25 x. . y'. . 0 0 2. 2 0. .   . y 2. .  Đồ thị: y. f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2. 5. x -8. -6. -4. -2. 2. 4. 6. 8. 0,25 -5. b). x 2  2x  2 . Biện luận số nghiệm của phương trình x2  2 x  2 .  Ta có. m x 1. m   x 2  2 x  2  x  1 m,x 1. x 1. phương trình bằng số giao điểm của. theo tham số m. 0,25 Do đó số nghiệm của. y  x 2  2 x  2  x  1 , C' . và đường thẳng. y m,x 1.  f  x  khi x  1 y  x 2  2 x  2  x  1   f  x  khi x  1 nờn  C'  bao gồm:  Vỡ + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x 1.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x 1 qua Ox.. y. f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2). 5. x -8. -6. -4. -2. 2. 4. 6. 8. 0,25. -5.  hình  Dựa vào đồ thị ta có: + m   2 : Phương trình vụ nghiệm; + m  2 : Phương trình có 2 nghiệm kộp;. 0,25. +  2  m  0 : Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt; + m 0 : Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt. 2) Đồ thị hàm số y =. ( x 2  2 x  2) x  1. , với x  1 có dạng như hình vẽ :. 1. 1-. -2 m. 2. 1+.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> II 1). 1).  5  2 2cos   x  sin x 1  12    5  5   2  sin  2 x    sin  1 12  12    0.25 5  5 1  5     sin  2 x   sin  sin  2 x    sin  12  12 4 12  2          2 cos sin    sin    3  12   12  0.25   2x  5       sin  2 x   sin      12    12   2x  . 2.). 5    k 2 12 12  5 13   k 2 12 12 0.5. Giải hệ phương trình: log 2 x  y 3log8 ( x  y  2)  x 2  y 2  1  x 2  y 2 3 . . Điều kiện: x+y>0, xy>0 log 2 x  y 3log 8 (2  x  y ) 0,25đ  2 2 2 2 x  y  1  x  y  3  u  x  y  Đặt:  v  x  y ta có hệ:  u  v 2 (u  v )    u 2  v2  2  uv 3  2 .  u  v 2 uv  4    (u  v ) 2  2uv  2   2 .  x  y 2  x   2 2 2  x  y  1  x .  u  v 2 uv  4   u 2  v2  2  uv 3  0,25đ 2. (1) uv 3 (2). . Thế (1) vào (2) ta có: uv  8 uv  9 . . Kết hợp (1) ta có:. uv 3  uv  8 uv  9 (3  uv ) 2 . 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0,25đ.  uv 0  u 4, v 0  u  v  4 . (vỡ u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2). Câu III 1 Tính tích phân :  /4. I. .   /4.  /4. I.  .  /4. sin x 1  x2  x sin x 2. 1 x  x. dx 0.5đ /4. dx .  .  /4 2. 1  x sin xdx .  /4. x sin xdx I  . 1.  I2.  /4. Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1 0 , tích phân từng phần I 2 được kết quả. Áp dụng hàm lẻ,. 0.5đ. đặt x=-t thì I1 0 , tích phân từng phần I 2 được kết quả.. Câu IV :. S. N M. D A. 0,25đ Tính thể tích hình chóp SBCMN. B. C.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD Ta có :. 0,25đ.  BC  AB  BC  BM   BC  SA .. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao Ta có SA = AB 0. tan60 = a 3 ,. 0,25đ 0,25đ a 3. MN SM MN    AD SA 2a. a 3. a 3. 3. . 2 3. 4a Suy ra MN = 3 2a. . BM = 3 Diện tích hình thang BCMN là : S = 4a   2a    2 a 10 a2 BC  MN 3 BM    2 2   3 3 3    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 1  SB MS = 2 .. Vậy BM là phân giác của góc SBA   SBH 30 0  SH =. SB.sin300 = a Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V 1 SH .(dtBCNM ) = 3 =. 10 3a3 27.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5x + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng : 0,25đ. 25x 25y 25z   25x  5y  z 5y  5z x 5z  5x  y 5 x  5 y  5z  4. 0,25đ. Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc 0,25đ Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : a2 b2 c2 a b c    0,25đ a  bc b  ca c  ab 4 ( *) ( *)  a3 b3 c3 a b c    2 2 2 a  abc b  abc c  abc 4  3. a b3 c3 a b c    (a  b)(a  c ) (b  c )(b  a) (c  a)(c  b) 4 Ta có 3 a ab ac 3    a (a  b)(a  c ) 8 8 4 ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) Tương tự b3 bc ba 3    b ( b  c )( b  a) 8 8 4 ( 2). c3 c a c b 3    c (c  a)(c  b) 8 8 4 ( 3) . Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh 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 Nội dung. Điểm A.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> H. ần CâuVI 1(1 a. ,0) (1,0). N. + Do AB  CH nờn AB: x  y  1 0 .  2 x  y  5 0  B Giải hệ:  x  y  1 0 ta có (x; y)=(-4; 3). Do đó: AB  BN B( 4;3) .. C. 0,25đ. + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A '  BC . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và Vuụng gúc với BN là (d): x  2 y  5 0 . Gọi I (d )  BN . Giải hệ:. 0,25đ.  2 x  y  5 0   x  2 y  5 0 . Suy ra: I(-1; 3)  A '( 3;  4). Câu VIIA. 7 x  y  25 0  7 x  y  25  0 + Phương trình BC: . Giải hệ:  x  y  1 0 13 9 C ( ;  ) 4 4 . Suy ra: 450 d ( A; BC )  7.1  1( 2)  25 3 2 BC  ( 4  13 / 4) 2  (3  9 / 4) 2  7 2  12 4 , + . 1 1 450 45 S ABC  d ( A; BC ).BC  .3 2.  . 2 2 4 4 Suy ra:  u1 1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là:  (4; - 6; - 8) u2 ( - 6; 9; 12)   u1 u2. +) và cùng phương  +) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1)  d2 Vậy d1 // d2 . 0,25đ 0,25đ. 0,25đ 0,25đ. *) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0 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.  36 33 15   29 ; 29 ; 29   *) Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H   43 95 28   29 ; 29 ;  29   A’ đối xứng với A qua H nên A’ . 0,25đ.  65  21  43  ;  ;  I là trung điểm của A’B suy ra I  29 58 29 . A. d1. B. H I A1.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Cõu Câu VIIa (1,0). Nội dung Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C:. Điểm. z2 z  z   z  1 0 2 4. 3. (1) Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z 0 1 1 1 )  ( z  )  0 2 z 2 z Chia hai vế PT (1) cho z2 ta được : ( (2) 1 1 1 t 2  z 2  2  2  z 2  2 t 2  2 z z Đặt t=z- z Khi đó 5 0 Phương trình (2) có dạng : t2-t+ 2 (3) 5  1  4.  9 9i 2 2 1  3i 1  3i PT (3) có 2 nghiệm t= 2 ,t= 2 z2 . 1  3i 1 1  3i z   2 z 2  (1  3i ) z  2 0 2 z 2 Với t= ta có (4) 2 2 2 Có  (1  3i )  16 8  6i 9  6i  i (3  i ). 0.25đ. 0.25đ. 0.25đ. (1  3i )  (3  i ) (1  3i )  (3  i ) i  1 1  i  4 4 2 PT(4) có 2 nghiệm : z= ,z= 1  3i 1 1  3i z   2 z 2  (1  3i ) z  2 0 2 z 2 Với t= ta có (4) 2 2 2 Có  (1  3i )  16 8  6i 9  6i  i (3  i ). (1  3i )  (3  i ) (1  3i )  (3  i )  i  1 1  i  4 4 2 PT(4) có 2 nghiệm : z= ,z= i 1  i 1 Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= 2 ; z= 2. 0.25đ. 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  I ;   x  y  6  0 y 3 / 2 . Vậy  2 2 . 0,25. 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. 2. 9  3  AB 2 IM 2  3      3 2 2  2  Ta có: S ABCD 12  2 2 AB 3 2 Theo giả thiết: Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d 1  AD Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: S ABCD AB.AD 12  AD . 1. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 1(x  3)  1(y  0) 0  x  y  3 0 . Lại có: MA  MD  2 x  y  3 0  2   x  3  y 2  2 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:  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. 0,25. x 2 x  4   y 1 hoặc y  1 . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) x C 2x I  x A 9  2 7  9 3 I ;   y 2y I  y A 3  1 2 Do  2 2  là trung điểm của AC suy ra:  C 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). Cõu CâuVIb. (1,0). Phần 2.a). 0,25. Nội dung Các véc tơ chỉ phương của D1 và D2 lần lượt là .  u1. ( 1; - 1; 2). Điểm 0,25. và u2 ( - 2; 0; 1). Có M( 2; 1; 0)  D1; N( 2; 3; 0)  D2     u1 ; u2  .MN  Xét  = - 10  0. 0,25. Vậy D1 chéo D2 Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  D1. B(2 – 2t’; 3; t’)  D2.  1   AB.u1 0 t  3     AB . u  0  2  t ' 0 5 4 2  ; ;   A  3 3 3  ; B (2; 3; 0). Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D1 và D2.  x 2  t   y 3  5t  z 2t . Ta có  : PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng: 2. CâuVIIb (1,0). 2. 0,25. 0,25. 0,25. 2. 11   13   1 5   x  6    y  6    z  3  6       2009 0 1 2009 (1  i ) C2009  iC2009  ..  i 2009C2009. Ta có:. 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 S  ( A  B) 0 2 4 6 2006 2008 2 Thấy: , với A C2009  C2009  C2009  C2009  ....  C2009  C2009 0 2 4 6 2006 2008 B C2009  C2009  C2009  C2009  ...C2009  C2009 2009 2 1004 1004 1004 1004 + Ta có: (1  i ) (1  i )[(1  i) ] (1  i).2 2  2 i . 2009 1004 Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của (1  i ) nờn A 2 . 2009 0 1 2 2 2009 2009 + Ta có: (1  x) C2009  xC2009  x C2009  ...  x C2009. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 0 2 2008 1 3 2009 Cho x=-1 ta có: C2009  C2009  ...  C2009 C2009  C2009  ...  C2009 0. 2. 2008. 1. 3. 2009. Cho x=1 ta có: (C2009  C2009  ...  C2009 )  (C2009  C2009  ...  C2009 ) 2 . 2008 Suy ra: B 2 . 1003 2007 + Từ đó ta có: S 2  2 .. 2009. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(12)</span>