DE DAP AN

Thí sinh không được sử dụng tài liệu.[r]

Sở GD&ĐT hng yên

Trng THPT minh châu Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian phát đề ) đề thi THủ ĐH lần 1năm 2010 – 2011 Cõu I: ( 2.5 điểm ) Cho hàm số y =

2 x x



  C 1) Khảo sát vẽ đồ thị  C hàm số:

2) Một đường thẳng d cú hệ số gúc k = -1 qua M( O,m) Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị

 C điểm phõn biệt A B cho độ dài AB bằng 2 6

Câu II: ( 2,0 điểm ) Giải phương trình : (sin 2x + cos 2x) cosx + 2cos2x – sin x =

Giải hệ phơng trình:

2 1 3

1

x y xy y

xy x y

   



  



Câu III: ( 1,0 điểm ) Tính tích phân: 3

0

3sin 2cos (sin cos )

x x

I dx

x x



 

 

Cõu IV:(2.5 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD hỡnh vuụng cạnh a, mặt bờn SAB tam giác vng góc với đáy.Gọi H trung điểm AB M điểm di động đ-ờng thẳng BC

1)Chứng minh r»ng SH (ABCD) tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

2)Đặt CM=x.Tính khoảng cách từ S đến DM theo a x

Cõu V(1,0 điểm) Tìm m để PT sau có nghiệm : x 1 x2m x1 x  24 x1 x m3

2 Theo chương trình ChuÈn .

Câu VIa (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, choABC có đỉnh A(1;2), đường

trung tuyến BM: 2x y  1 phân giác CD: x y  0 Viết PT đường thẳng BC.

2 Cho đường thẳng (D) có phương trình:

2 2

x t

y t

z t

  

  

   

.Gọi  đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song

song với (D) I(-2;0;2) hình chiếu vng góc A (D) Trong mặt phẳng qua , viết phương

trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) lớn nhất.

Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z số thực thuộc (0;1] CMR 1

1 1

xy  yz zx x y z  2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn

2

( ) :C x  – – 0,y x y   ( ') :C x2 y24 – 0x  qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn ( ), ( ')C C A, B cho MA= 2MB

2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đờng thẳng d d’ lần lợt có phơng trình : d : x y z 

 

1

, d’ :

1

2

    

 z

y x

Viết phơng trình mặt phẳng () qua d tạo với d gãc 300

Câu VII.b (1 điểm) Cho x0,y 0 thỏa mãn x y  1 3xy Tìm giá trị lớn biểu thức 2

3 1

( 1) ( 1)

x y

M

y x x y x y x y

     

  

-Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh : ………Số báo danh : ………

trờng thpt minh châu đáp án đề thi thử đại học lần năm học 2010- 2011

M«n thi: to¸n

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

2 (0,75 điểm)

Phơng trình đờng thẳng qua M(0;m) có hsg k=-1 có PT: y=-x+m(d)

Hồnh độ giao điểm đồ thị (C ) đường thẳng d nghiệm phương trình

2

2 (1)

x x

x m

x x mx m

  

   

     

§Ĩ đường thẳng d cắt đồ thị  C điểm phân biệt A B PT (1) phải có nghiệm phân biệt khác

0,25 0,25

Câu Nội dung Điểm

I

2.0đ 1.25đ

Hàm số y = 2x x

  cã : - TXĐ: D = R\ {2} - Sự biến thiên:

+ ) Giới hạn: Lim y 2x   Do ĐTHS nhận đờng thẳng y = làm TCN ,

x x

lim y ; lim y

 

 

   Do ĐTHS nhận đờng thẳng x = làm TCĐ +) Bảng biến thiên:

Ta cã : y’ =

 2

1 x 

 <  x D

Hàm số nghịch biến khoảng ;2 hàm số cực trị - Đồ thị

+ Giao ®iĨm víi trơc tung: (0 ; ) + Giao điểm với trục hoành : A(3/2; 0)

- ĐTHS nhận điểm (2; 2) làm tâm đối xứng

0,25

0,25

0,25

0,5

8

6

4

2

-2

-4

-5 10

y’ y

x   

-

 

2

-2

2

2

2

4(2 3) 12

( ; 2) (6; ) 2 0,

m m m m

m

m m m

                        th×

đường thẳng d ln ln cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B

Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(xA – xB)2 = 2[(xA +xB)2 -4xA.xB] =2[m2-4(2m-3)]=2(m2-8m+12)=24

0 m 8m

8 m m        

 (Tm)

0,25 II

(2 điểm)

1 (1 điểm)

Phương trình cho tương đương với

(sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x – sinx =

 cos2x (cosx + 2) + sinx (2cos2x – 1) = 0

 cos2x (cosx + 2) + sinx.cos2x =

0,5

 cos2x (cosx + sinx + 2) =

 cos2x (1)cosx sinx (   VN) 

0,25

(1)2x = k 



  x =

4 k  

 (k  Z) 0,25

II 22 2 1 3

1

x y xy y

xy x y

    

   

NhËn thÊy y0,viÕt hÖ thµnh:

2 3 x x y y x x y y              Đặt : u x y x v y          

HƯ trë thµnh

2 3 u v u v       

, giải hệ ta đợc : u=2,v =1 u=-3, v=6

0.25 0.25 TH1: 2 1 x u x y v y x y                      

TH2: 2

1

3

6

6 x

u x y

y

v y y

x y                        

v« nghiƯm trªn 

VËy hƯ cã nghiƯm nhÊt: 1 x y      0.25 0.25

Câu Phần Nội dung

III

(1,0) Đặt x t dx dt x, t 2,x t

  

         

Suy ra: 3 3 3

0 0

3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin (sin cos ) (cos sin ) (cos sin )

x x t t x x

I dx dt dx

x x t t x x

  

  

  

  

   (Do tích phân không phụ

Suy ra: 3 3 2

0 0

3sin 2cos 3cos 2sin

(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )

x x x x

I I I dx dx dx

x x x x x x

  

 

    

  

   =

=

2

2

2

0 0

1 1

tan

2 4

2cos cos

4

dx d x x

x x

 



 

 

   

       

         

   

   

  KL: Vậy

2



I

Câu V. (1 i m)đ ể

V.Phương trình x 1 x 2m x1 x 24 x1 x m3

       (1)

Điều kiện : 0 x

Nếu x0;1 thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm cần có điều kiện

1

2

x  x x Thay

2

x vào (1) ta được:

3

1

2

1

2

m

m m

m       

 

* Với m = 0; (1) trở thành:

4 41 2 0

2 x  x   x

Phương trình có nghiệm nhất. * Với m = -1; (1) trở thành

   

 

    

   

4

4

2

4

1 2 1

1 1

1

x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x

      

          

      

+ Với 4 41 0

2 x  x   x

+ Với 1

2 x  x   x

Trường hợp này, (1) có nghiệm nhất. * Với m = (1) trở thành:

    4  2 2

4

1 1 1

x  x x  x   x  x  x  x  x  x

Ta thấy phương trình (1) có nghiệm 0,

2

x x nên trường hợp (1) khơng có nghiệm nhất.

Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1. VIa

0,75

Điểm C CD x y :   0  C t ;1 t

Suy trung điểm M AC 3;

2

t t

M   

  0,25

Điểm : 2  7;8

2

t t

MBM x y           t  C   

0,25 0,25 Từ A(1;2), kẻ AK CD x y:  1 0 I (điểm KBC).

Suy AK:x1  y 2  0 x y  1 0

Tọa độ điểm I thỏa hệ: 0;1

1 x y

I x y

   

 

  



Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK  tọa độ K1;0.

Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: 4

7

x y

x y 

      

2

Gọi (P) mặt phẳng qua đường thẳng , thì

( ) //( )P D ( )P ( )D Gọi H hình chiếu

vng góc I (P) Ta ln có IH IA và IH AH

Mặt khác       

 

, ,

d D P d I P IH

H P

  

 

  

Trong mặt phẳng  P , IH IA; maxIH = IA H A Lúc (P) vị trí (P0) vng

góc với IA A.

Vectơ pháp tuyến (P0) n IA 6;0; 3  

 

, phương với v2;0; 1 . Phương trình mặt phẳng (P0) là: 2x 41.z1 2x - z - = 0.

VIIa

Để ý xy1  x y   1 x 1 y 0;

và tương tự ta có

1

yz y z zx z x    



   

0,25

  1 1 1

1 1 1

3 zx+y 1 5

x y z

x y z

xy yz zx yz zx xy

x y z

yz xy z

z y

x

yz zx y xy z

z y

x

z y y z

                                                   vv

VIb 1) + Gọi tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I’(-2; 0) R1, ' 3R 

, đường thẳng (d) qua M có phương trình 2

( 1) ( 0) 0, ( 0)(*)

a x b y   ax by a   a b 

+ Gọi H, H’ trung điểm AM, BM.

Khi ta có: MA 2MB IA2 IH2 2 I A' I H' '2

    

 2  2

1 d I d( ; ) 4[9 d I d( '; ) ]

    ,

IA IH

   

2

2

2 2

9

4 ( '; )d I d d I d( ; ) 35 a b 35

a b a b

        2 2 2 36 35 36 a b a b a b      

Dễ thấy b0 nên chọn

6        a b a

Kiểm tra điều kiện IA IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn

0,25

0,25

0,25

0,25

2 Đờng thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) có vectơ phơng u(1; 1;1)

Đờng thẳng dđi qua điểm M'(2;3;5) có vectơ phơng u'(2;1; 1) Mp() phải qua điểm M có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u vµ

2 60 cos ) ' ; cos(   u

n Bởi đặt n (A;B;C) ta phải có :

             2 1 6 2 0 2 B C

A C B A C B A                     0 2 ) ( 6

32 2 2 2 A2 AC C2 CA B C CA A A CA B

Ta cã 2 ( )(2 )

     

 AC C A C A C

A VËy AC hc 2AC

Nếu AC,ta chọn A=C=1, B2, tức n (1;2;1) mp()có phơng trình

0 )

2 (

2   

 y z

x hay x2yz 40

Nếu 2AC ta chọn A1,C2, B 1, tức n (1;1;2) v mp()

có phơng trình x (y 2) 2z 0 hay x y 2z20

VIIb 1,00

Theo giả thiết, ta có 3xy  1 x y2 xy Đặt t xy  3t t  0  t 1

0.25 Ta có

2 2

2

3 3 ( 1) ( 1) 36 27

( 1) ( 1) ( 1)

x y x y y x t t

y x x y xy xy x y t

    

   

    

2 2

2 2 2

1 (3 1) 36 32

4

x y t t t t

x y x y t t

     

    

Theo Cô si

1 1 1

2

2

t M

x y xy t



    



0.25

Xét ( ) 21

4

t f t

t



 [1;+ ) suy max 1