Trần Sĩ Tùng
Trường THPT MINH CHÂU
HƯNG YÊN
Đề số 20
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi: TOÁN – Khối A
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số yxx
32
–32
=+
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình :
m
xx x
2
22
1
--=
-
.
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình: xx
5
22cossin1
12
p
æö
-=
ç÷
èø
2) Giải hệ phương trình: xyxy
xyxy
28
2222
13
ì
+=-+
ï
í
ï++--=
î
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: x
Idx
xx
4
2
4
sin
1
p
p
-
=
++
ò
Câu IV (1 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
0
60
. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM
=
a
3
3
, mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM.
Câu V (1 điểm): Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : xyz
5551
---
++=
.Chứng minh rằng :
xyz
xyzyzxzxy
252525
555555
+++
++
+++
³
xyz
555
4
++
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1; –2), đường cao
CHxy
:10
-+=
, phân giác
trong
BNxy
:250
++=
. Tìm toạ độ các đỉnh B, C và tính diện tích tam giác ABC.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng :
xyz
d
1
21
:
468
-+
==
--
,
xyz
d
2
72
:
6912
--
==
-
a) Chứng minh rằng d1 và d2 song song . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua d1 và d2 .
b) Cho điểm A(1; –1; 2), B(3; – 4; –2). Tìm điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức: z
zzz
2
43
10
2
-+++=
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường
thẳng dxy
1
:30
--=
và dxy
2
:60
+-=
. Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ
các đỉnh của hình chữ nhật.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
xyz
d
1
21
:
112
--
==
- và
xt
dy
zt
2
22
:3
ì
¢
=-
ï=
í
ï¢
=
î
a) Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau và viết phương trình đường vuông góc chung của d1 và d2.
b) Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2.
Câu VII.b (1 điểm): Tính tổng: SCCCCC
04820042008
20092009200920092009
...=+++++
============================
Trần Sĩ Tùng
Hướng dẫn:
I. PHẦN CHUNG
Câu I: 2) Ta có
( )
m
xxxxxmx
x
22
22221,1.
1
--=Û---=¹
- Do đó số nghiệm của phương trình bằng số
giao điểm của
(
)
yxxxC
2
221,(')
=--- và đường thẳng
ymx
,1.
=¹
Với
( )
fxkhix
yxxx fxkhix
2
()1
221
()1
ì
>
=---=
í
-<
î
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.
Dựa vào đồ thị ta có:
m < –2 m = –2 –2 < m < 0 m ≥ 0
Số nghiệm vô nghiệm 2 nghiệm kép 4 nghiệm phân biệt 2 nghiệm phân biệt
Câu II: 1) PT x55
2sin2sin1
1212
pp
éù
æö
Û-+=
êú
ç÷
èø
ëû
x
551
sin2sinsin
12124
2
ppp
æö
Û-+==
ç÷
èø
x
55
sin2sinsin2cossinsin
1241231212
pppppp
æöæöæö
Û-=-=-=-
ç÷ç÷ç÷
èøèøèø
()
xkxk
xk
xkxk
5
22
512126
sin2sin 5133
1212 22
12124
ppp
pp
pp
ppp
pp
éé
-=-+=+
êê
æöæö
Û-=-ÛÛÎ
êê
ç÷ç÷
èøèø
êê
-=+=+
ëë
¢
2) Điều kiện:
xy xy
0,0
+>-³
Hệ PT Û xyxy
xyxy
2222
2
13
ì
+=+-
ï
í
ï++--=
î
. Đặt:
uxy
vxy
ì
=+
í
=-
î
ta có hệ:
uvuvuvuv
uvuv
uvuv
2222
2()24
22
33
22
ìì
-=>+=+
ïï
Û
íí
++++
ïï
-=-=
îî
uvuv
uvuv uv
2
24(1)
()22
3(2)
2
ì
+=+
ï
Û
í
+-+
ï-=
î
.
Thế (1) vào (2) ta có: uvuvuvuvuvuvuv
2
89389(3)0
++-=Û++=+Û=
.
Kết hợp (1) ta có: uv uv
uv
0
4,0
4
ì
=
Û==
í
+=
î (với u > v). Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk)
Kết luận: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2).
Câu III:
IxxdxxxdxII
44
2
12
44
1sinsin
pp
pp
--
=+-=-
òò
· Tính
Ixxdx
4
2
1
4
1sin
p
p
-
=+
ò. Sử dụng cách tính tích phân của hàm số lẻ, ta tính được I1
0
=
.
· Tính
Ixxdx
4
2
4
sin
p
p
-
=ò. Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta tính được: I2
2
2
4
p
=-+
Suy ra: I2
2
4
p
=-.
Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD .
Trần Sĩ Tùng
· BCAB
BCBM
BCSA
ì^Þ^
í
^
î. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao.
· SA = AB tan600 =
a
3
,
a
a
MNSMMN
ADSAa a
3
3
2
3
23
3
-
=Û==
Þ MN =
a
4
3
, BM =
a
2
3
Diện tích hình thang BCMN là : S = BCNM
a
a
BCMNaa
SBM
2
4
2
210
3
22
333
æö
+
ç÷
+
===
ç÷
èø
· Hạ AH
^
BM. Ta có SH
^
BM và BC
^
(SAB)
Þ
BC
^
SH . Vậy SH
^
( BCNM)
Þ
SH là đường cao của khối chóp SBCNM
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
ABAM
SBMS
= =
1
2
.
Vậy BM là phân giác của góc SBA
Þ
·
SBH
0
30
=
Þ
SH = SB.sin300 = a
· Thể tích chóp SBCNM ta có V =
BCNM
SHS
1.
3 =
a
3
103
27
.
Câu V: Đặt
===
5;5;5
xyz
abc
. Từ giả thiết ta có: a, b, c > 0 và
++=
abbccaabc
BĐT Û
++
++³
+++
222
4
abcabc
abcbcacab (*)
Ta có: (*)
Û
++
++³
+++
333
222 4
abcabc
aabcbabccabc
Û
++
++³
++++++
333
()()()()()()4
abcabc
abacbcbacacb
Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: ++
++³
++
3
3
()()884
aabac
a
abac (1)
++
++³
++
3
3
()()884
bbcba
b
bcba ( 2)
++
++³
++
3
3
()()884
ccacb
c
cacb ( 3)
Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh.
II. PHẦN TỰ CHỌN
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: 1) Do
ABCH
^
nên phương trình AB:
xy
10
++=
.
· B =
ABBN
Ç
Þ Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: xy
xy
250
10
ì
++=
í
++=
î Û x
y
4
3
ì
=-
í=
î Þ B(-4; 3).
· Lấy A’ đối xứng với A qua BN thì
ABC
'
Î
.
Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d):
xy
250
--=
. Gọi
IdBN
()
=Ç
.
Giải hệ: xy
xy
250
250
ì
++=
í
--=
î. Suy ra: I(–1; 3)
A
'(3;4)
Þ--
· Phương trình BC:
xy
7250
++=
. Giải hệ: BCxy
CHxy
:7250
:10
ì
++=
í-+=
îÞ C
139
;
44
æö
--
ç÷
èø
.
· BC
22
139450
43
444
æöæö
=-+++=
ç÷ç÷
èøèø , dABC
22
7.11(2)25
(;)32
71
+-+
==
+
.
Suy ra: ABC
SdABCBC
1145045
(;)..32..
2244
===
Trần Sĩ Tùng
2) a) · VTCP của hai đường thẳng lần lượt là: uu
12
(4;6;8),(6;9;12)
=--=-
rr
Þ
uu
12
,
rr
cùng phương.
Mặt khác, M( 2; 0; –1)
Î
d1; M( 2; 0; –1)
Ï
d2.. Vậy d1 // d2.
· VTPT của mp (P) là nMNu
1
1
,(5;22;19)
2
éù
=-=-
ëû
uuuur
rr
Þ Phương trình mp(P):
xyz
5–221990
++=
.
b) AB
(2;3;4)
=--
uuur
Þ AB // d1. Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .Ta có: IA + IB = IA1 + IB
³
A1B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B. Khi đó A1, I, B thẳng hàng
Þ
I là giao điểm của A1B và d.
Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.
· Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H
363315
;;
292929
æö
ç÷
èø
. A’ đối xứng với A qua H nên A’
439528
;;
292929
æö
-
ç÷
èø
I là trung điểm của A’B suy ra I
652143
;;
295829
æö
--
ç÷
èø
.
Câu VII.a: Nhận xét
z
0
=
không là nghiệm của PT. Vậy z
0
¹
Chia hai vế PT cho
z
2
ta được: zz
z
z
2
2
111
0
2
æöæö
+--+=
ç÷
ç÷
èø
èø (1)
Đặt tz
z
1
=-
. Khi đó tz
z
22
2
1
2
=+-
zt
z
22
2
1
2
Û+=+
Phương trình (2) trở thành: tt
25
0
2
-+=
(3).
i
2
5
14.99
2
D
=-=-=
Þ PT (3) có 2 nghiệm
i
t
13
2
+
=,
i
t
13
2
-
=
· Với
i
t
13
2
+
=: ta có i
zziz
z
2
113
2(13)20
2
+
-=Û-+-=
(4a)
Có
iiiii
222
(13)168696(3)
D
=++=+=++=+
Þ PT (4a) có 2 nghiệm : ii
zi
(13)(3)
1
4
+++
==+
,
iii
z
(13)(3)1
42
+-+-
==
· Với
i
t
13
2
-
=: ta có i
zziz
z
2
113
2(13)20
2
-
-=Û---=
(4b)
Có
iiiii
222
(13)168696(3)
D
=-+=-=-+=-
Þ PT (4b) có 2 nghiệm : ii
zi
(13)(3)
1
4
-+-
==-
,
iii
z
(13)(3)1
42
-----
==
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm :
ii
zizizz
11
1;1;;
22
---
=+=-==.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: 1) Ta có:
Idd
12
=ÇÞ Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
x
xy
xy y
9
30
2
603
2
ì
=
ï
ì
--= Û
íí
+-=
îï
=
î
Þ
I
93
;
22
æö
ç÷
èø
Do vai trò A, B, C, D là như nhau nên giả sử
MdOx
1
=Ç là trung điểm cạnh AD. Suy ra M(3; 0)
Ta có: ABIM
22
93
22332
22
æöæö
==-+=
ç÷ç÷
èøèø
Theo giả thiết: ABCD
ABCD
S
SABADAD AB
12
.1222
32
==Û===
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1
dAD
1
Þ^
Đường thẳng AD đi qua M(3; 0) và vuông góc với d1 nhận
n
(1;1)
=
r
làm VTPT nên có PT:
xy
30
+-=
Trần Sĩ Tùng
Mặt khác: MAMD
2
==
Þ Toạ độ của A, D là nghiệm của hệ PT:
( )
xy
xy
2
2
30
32
ì+-=
ï
í-+=
ï
î
( ) ( )
yxyx
yx
x
xyxx
22
22
333
31
323(3)2
ìì
=-+=-+
ïï ì
=-
ÛÛÛ
ííí
-=±
-+=-+-= î
ïï
îî
x
y
2
1
ì
=
Ûí
=
î hoặc x
y
4
1
ì
=
í
=-
î.
Vậy A( 2; 1), D( 4; –1).
Do I
93
;
22
æö
ç÷
èø
là trung điểm của AC suy ra: CIA
CIA
xxx
yyy
2927
2312
ì
=-=-=
í
=-=-=
î
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)
2) a) d1 có VTCP u1
(1;1;2)
=-
r
và đi qua điểm M( 2; 1; 0), d2 có VTCP u2
(2;0;1)
=-
r
và đi qua điểm N( 2; 3; 0) .
Ta có: uuMN
12
,.100
éù
=-¹
ëû
uuuur
rr
Þ d1 , d2 chéo nhau.
Gọi
Atttd
1
(2;1–;2)
+Î
,
Bt td
2
(2–2;3;)
¢¢
Î
.
AB là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 Û ABu
ABu
1
2
.0
.0
ì
=
ï
í
=
ï
î
uuur
r
uuur r
Þ
t
t
1
3
'0
ì
ï
=-
í
ï
=
î
Þ
A
542
;;
333
æö
-
ç÷
èø
; B (2; 3; 0)
Đường thẳng D qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của d1 và d2 Þ D:
xt
yt
zt
2
35
2
ì
=+
ï
=+
í
ï=
î
b) PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính: xyz
222
111315
6636
æöæöæö
-+-++=
ç÷ç÷ç÷
èøèøèø
Câu VII.b: Ta có: iCiCiC
20090120092009
200920092009
(1)..+=+++
=
CCCCCCCCCCCCi
024620062008135720072009
2009200920092009200920092009200920092009
20092009
....(...)
-+-+-++-+-+-+
Thấy:
SAB
1
()
2
=+
, với ACCCCCC
024620062008
200920092009200920092009
...=-+-+-+
BCCCCCC
024620062008
200920092009200920092009
...=++++++
· Ta có:
iiiii
1004
20092100410041004
(1)(1)(1)(1).222
éù
+=++=+=+
ëû .
Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của i
2009
(1)+ nên
A
1004
2
=
.
· Ta có: xCxCxCxC
2009012220092009
2009200920092009
(1)...+=++++
Cho x = –1 ta có: CCCCCC
022008132009
200920092009200920092009
......+++=+++
Cho x=1 ta có: CCCCCC
0220081320092009
200920092009200920092009
(...)(...)2+++++++=.
Suy ra:
B
2008
2
=
.
· Từ đó ta có: S
10032007
22=+.
=====================