Bộ đề thi thử đại học môn thi: Toán (Đề số 3)

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 = x3 – 3x2 + 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 : 52 2 os sin 1
12
c x x   
 
 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
xI dx
x x



 
 
 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 = 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
zz 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 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 đường thẳng : 
 D1 : 
2 1
1 1 2
x y z 
 

 , D2 :
2 2
3
x t
y
z t
 


 
 Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D1 và D2 
 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: 0 4 8 2004 20082009 2009 2009 2009 2009...S C C C C C      
.Hết ....... 
ĐÁP ÁN 
Cõu I 2 điểm 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 23 2y x x .   
 Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R. 
 Sự biến thiờn: 23 6y' x x.  Ta có 
0
0
2
x
y'
x

   
0,25 
    0 2 2 2CD CTy y ; y y .     0,25 
 Bảng biến thiên: 
x  0 2  
y'  0  0  
y 
 2  
 2 
0,25 
a) 
 Đồ thị: 
f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
0,25 
Biện luận số nghiệm của phương trình 
1
222


x
mxx theo tham số m. 
 Ta có  2 22 2 2 2 1 11
mx 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 
b) 
 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+ 3 1- 3 
- 2 
m 
1 2 
 II 
1) 
1) 52 2 os sin 1
12
c x x   
 
5 52 sin 2 sin 1
12 12
x           
0.25 
 5 5 1 5 5sin 2 sin sin sin 2 sin sin
12 12 4 12 4 122
2cos sin sin
3 12 12
x x     
  
               
   
         
   
0.25 
 
52 2
5 612 12sin 2 sin
5 13 312 12 2 2
12 12 4
x kx k
x k
x k x k
 

 
  
 
                  
         
 
 
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 23 3
2 2
u v u v u v uv
u v u vuv 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: 
28 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
xI dx
x x



 
 
/4 /4 /4
2
1 22
/4 /4 /4
sin 1 sin sin
1
xI dx x xdx x xdx I I
x x
  
    
     
 
   
 Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì 1 0I  , tích phân từng phần 2I được kết quả. 
0.5đ 
 Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì 1 0I  , tích phân từng phần 2I 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 tan600 = a 3 , 
3
3 23
2 33
a
aMN 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 2 103
2 2 3 3 3
a
aBC 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   030SBH   SH = SB.sin300 = a 
 Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 
1
.( )
3
SH dtBCNM = 
310 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 5x = a , 5y =b , 5z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc 
A 
S 
B C 
M
N 
D 
 Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
 
  
  
 ( *) 
 ( *) 
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 
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 4ABC
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: 1u

(4; - 6; - 8) 
 2u

( - 6; 9; 12) 
 +) 1u

 và 2u

 cùng phương 
0,25đ 
 +) M( 2; 0; - 1)  d1; M( 2; 0; - 1)  d2 
 Vậy d1 // d2 
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 
0,25đ 
B C 
A 
H 
N 
 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. 
 *) Gọi H là hình chiếu của A lên d1. 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
zz z z     (1) 
 Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z 0 
Chia hai vế PT (1) cho z2 ta được : ( 0
2
1)1()12
2 
z
z
z
z (2) 
0.25đ 
 Đặt t=z-
z
1 Khi đó 212
22 
z
zt 21 22
2  t
z
z 
Phương trình (2) có dạng : t2-t+ 0
2
5
 (3) 
299
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  zizi
z
z (4) 
Có 222 )3(696816)31( iiiii  
PT(4) có 2 nghiệm : z= iii  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  zizi
z
z (4) 
Có 222 )3(696816)31( iiiii  
PT(4) có 2 nghiệm : z= iii  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) 
I 
d1 
H 
A B 
A1 
Ta có: Idd 21  . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: 











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 ABCDABCD  
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ADd1  
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 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
22
    

















13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2222






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 D1 và D2 lần lượt là 1u

( 1; - 1; 2) 
 và 2u

( - 2; 0; 1) 
Có M( 2; 1; 0)  D1; N( 2; 3; 0)  D2 
0,25đ
 Xét 1 2; .u u MN  
  
 = - 10  0 
Vậy D1 chéo D2 
0,25đ
 Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  D1 B(2 – 2t’; 3; t’)  D2 
 1
2
. 0
. 0
AB u
AB u
 



   
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 
D1 và D2. 
 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 
(1,0) 
 Ta có: 2009 0 1 2009 20092009 2009 2009(1 ) ..i C iC i C     
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 20082009 2009 2009 2009 2009 2009....A C C C C C C       
 0 2 4 6 2006 20082009 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 10042A  . 
+ Ta có: 2009 0 1 2 2 2009 20092009 2009 2009 2009(1 ) ...x C xC x C x C      
Cho x=-1 ta có: 0 2 2008 1 3 20092009 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: 20082B  . 
+ Từ đó ta có: 1003 20072 2S   . 
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ