SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT GIA LỘC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không tính thời gian giao đề) 4 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x − 2mx + 2m + m (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm giá trị m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời điểm cực đại, cực tiểu đồ thị tạo thành tam giác có diện tích Câu II (2 điểm) Giải phương trình (2cos x − 1)(sin x + cos x) = 1 x − = y − x y Giải hệ phương trình ( x − y )(2 x − y + 4) = −36 Câu III (1 điểm) Tính tích phân π sin x cos x dx + cos x ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có AB = 2a, BC = a ·ABC = 300 thể tích lăng trụ a Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( A ' BC ) Câu V (1 điểm) Cho a, b, c số thực thỏa mãn a + b + c = Chứng minh 2(a + b + c) − abc ≤ 10 Câu VI (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có cạnh AC qua M(0; -1) Biết AB = 2AM, đường phân giác AD đường cao CH có phương trình x − y = x + y + = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x − y − z + 13 = hai x y z x +1 y z −1 = = , d2 : = = Viết phương trình 1 −2 1 đường thẳng d vuông góc với (P) cắt hai đường thẳng d1 , d đường d1 : Câu VII (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A B hai điểm biểu diễn hai nghiệm phức phương trình z + z + 18 = Chứng minh tam giác OAB vuông cân Hết Sở GD & ĐT Hải Dương Trường THPT Gia Lộc ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN Thời gian làm 180 phút (không tính thời gian phát đề) CÂU I 2.0điể m NỘI DUNG ĐIỂM (1.0 điểm) - Khi m = y = x − x + - Tập xác định D = R - Sự biến thiên : x=0 y ' = ⇔ x = Chiều biến thiên y ' = x − x = x ( x − 1) , x = −1 - Hàm số đồng biến khoảng ( -1 ; 0) (1 ; +∞ ), nghịch biến khoảng ( (−∞; −1) (0 ; 1) - Cực trị : Hàm số đạt cực đại x = 0, yCD = Hàm số đạt cực tiểu x = ±1, yCT = 0,25 0.25 y = lim y =+∞ - Giới hạn xlim →−∞ x →∞ x y’ −∞ +∞ - -1 + 0 - +∞ + +∞ 0.25 y 2 Đồ thị y 0.25 -2 2.(1.0 điểm) -1 x - Tập xác định D = R y ' = x − 4mx x =0 y ' = ⇔ x = m 0.25 Hàm số có cực đại, cực tiểu ⇔ y ' = có ba nghiệm phân biệt ⇔ x1 ≠ Đồ thị hàm số có điểm cực đại A(0, m + 2m) hai điểm cực tiểu B ( − m ; m −m + 2m), C ( m ; m − m + 2m) VABC cân A, A∈ Ox ; B, C đối xứng qua Ox y A −y B BC = m 2 m =1 ⇔m 2 0.25 0.25 SVABC = m =1 ⇔m =1 0.25 1(1.0 điểm) PT cho tương đương với: sin x + cos x − (s inx + cos x) = 0.25 SVABC ⇔ sin x + + cos2 x − (s inx + cos x) = ⇔ sin x + cos2 x = s inx + cos x π π ⇔ sin(2 x + ) = s in(x + ) 4 π 2π , k ∈Z ⇔ x = k 2π x = +k 0.25 0.25 0.25 (1.0 điểm) 0.25 ĐK : x, y ≠ x = y 1 ( y − x)( y + xy + x ) x − = y − ⇔ (x − y) = ⇔ y + xy + x 3 = −1 x y x y x3 y3 Trường hợp x = y thay vào phương trình: ( x − y )(2 x − y + 4) = −36 x = −6 ta phương trình: x + x −12 = ⇔ x =2 Hệ có nghiệm ( - 6;- 6); ( 2; 2) 0.25 y + xy + x = −1 x3 y Do y + xy + y > với ∀x, y ≠ nên 0.25 Trường hợp ( x; y ) nghiệm xy < Mặt khác ( x − y )(2 x − y + 4) = −36 ⇔ x + y − xy + x − 16 y = −36 ⇔ 2( x + 1) + 4( y − 2) − xy = −18 (*) Do xy < nên PT(*) vô nghiệm Vậy hệ cho có hai nghiệm (-6; -6) , (2 ; 2) III 1.0điể m 0.25 π π sin x.cos x s inx.cos x I =∫ dx = ∫ dx + cos x + cos x 0 0.2.5 0.25 Đặt t = + cos x ⇒ dt = − sin xdx , cos x = t −1 x = ⇒t = 2 = 2( π ⇒t =1 t2 −2t +ln t ) =2 ln −1 IV 1.0điể m 0.25 (t −1) dt =2 ∫(t −2 + ) dt t t I = 2∫ , x= S ABC 0.25 0.25 a2 = BA.BC.sin 30 = 2 0.25 0.25 a2 VABC A ' B 'C ' = S ABC AA ' = AA ' = a ⇔ AA ' = a 2 0.25 Kẻ AK ⊥ BC , AH ⊥ A ' K Do AA ' ⊥ ( ABC ) nên AA ' ⊥ BC → BC ⊥ (AA ' K ) → BC ⊥ AH → AH ⊥ ( A ' BC ) ⇒ AH = d ( A,( A ' BC )) Trong tam giác vuông ABK ta có AK = AB.sin 300 = a Trong tam giác vuông AA’K ta có 1 = + = 2 2 AH AA ' AK 2a ⇒ AH = a = d ( A, ( A ' BC )) V 1.0điể m Do a + b + c = nên bình phương lớn hoạc Giả sử c ≥ ⇒ a + b ≤ VT2 = [ 2(a + b) + (2 − ab)c ] ≤ (4 + (2 − ab) )(( a + b) + c ) VT2 ≤ (8 − 4ab + a 2b )(9 + 2ab) Ta CM (8 − 4ab + a 2b )(9 + 2ab) ≤ 100 ⇔ 2(ab)3 + ( ab) − 20ab − 28 ≤ ⇔ 2(ab)3 + ( ab) − 20ab − 28 ≤ ⇔ (2ab − 7)(ab + 2) ≤ ab ≤ a +b ≤ = ⇒ 2ab − < Vậy BDT Đúng 2 0.25 0.25 0.25 0.25 VI.1 1.0điể m Goi d đường thẳng qua M vuông góc AD cắt AD, AB I N, ta có : PT(d) : x + y + = , I = d ∩ AB 1 ⇒ I ( − ; − ) ⇒ N (−1; 0) (I trung điểmMN) 2 AB ⊥ CH ⇒ pt(AB) : x − y − = , A = ( AB ) ∩ ( AD) ⇒ A(1;1) AB = AM = AN ⇒ N trung điểm AB ⇒ B (−3; −1) pt(AM) : x − y −1 = 0, C = ( AM ) ∩(CH ) ⇒C ( − ; −2) VI.2 1.0điể m VII 1.0điể m Gọi M, N giao điểm d với d1 , d Vì M ∈ d1 nên M ( s; s; s) , N ∈ d ⇒ N (−1 − 2t , t ,1 + t ) uuuur ⇒ MN = (−2t − s − 1; t − s;1 + t − s) uuuur uur Vì d ⊥ ( P ) nên MN / /Up = (6; −1; −1) −2t −s −1 t −s +t −2 s = = −1 −1 4t −7 s =1 t = ⇔ ⇔ ⇔M (1;1; 2), N (−5; 2; 3) s =1 s =1 Phương trình đường thẳng d phương trình : z − z +18 = có V' =9 −18 =−9 =9i 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 nên có hai nghiệm t1 =3 +3i t2 =3 −3i 0.25 Trong mặt phẳng tọa độ số phức t1 có điểm biểu diễn A(3 ;3) số phức t2 có điểm biểu diễn B(3 ;-3) 0.25 VOAB có OA = OB = nên VOAB cân O uuur uuur uuur uuur OA(3;3) , OB (3; −3) ⇒OA.OB = ⇒OA ⊥ OB Nên VOAB vuông O Vậy VOAB vuông cân O Chú ý: Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định 0.25 ... S ABC AA ' = AA ' = a ⇔ AA ' = a 2 0.25 Kẻ AK ⊥ BC , AH ⊥ A ' K Do AA ' ⊥ ( ABC ) nên AA ' ⊥ BC → BC ⊥ (AA ' K ) → BC ⊥ AH → AH ⊥ ( A ' BC ) ⇒ AH = d ( A, ( A ' BC )) Trong tam giác vuông ABK... = [ 2 (a + b) + (2 − ab)c ] ≤ (4 + (2 − ab) )(( a + b) + c ) VT2 ≤ (8 − 4ab + a 2b )(9 + 2ab) Ta CM (8 − 4ab + a 2b )(9 + 2ab) ≤ 100 ⇔ 2(ab)3 + ( ab) − 20ab − 28 ≤ ⇔ 2(ab)3 + ( ab) − 20ab − 28... ⇔ (2ab − 7)(ab + 2) ≤ ab ≤ a +b ≤ = ⇒ 2ab − < Vậy BDT Đúng 2 0.25 0.25 0.25 0.25 VI.1 1.0điể m Goi d đường thẳng qua M vuông góc AD cắt AD, AB I N, ta có : PT (d) : x + y + = , I = d ∩ AB 1 ⇒