Vậy OAB vuông cân tại O Chú ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định..[r]
(1)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 và vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm các giá trị m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời các 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 1 x y x y Giải hệ phương trình ( x y )(2 x y 4) 36 Câu III (1 điểm) Tính tích phân sin x cos x cos x dx Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có AB 2a, BC a ABC 300 và thể tích lăng trụ a Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( A ' BC ) 2 Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a b c 9 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 và đường cao CH có phương trình là x y 0 và x y 0 Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z 13 0 và hai đường d1 : x y z x 1 y z , d2 : 1 2 1 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) và cắt hai đường thẳng d1 , d Câu VII (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A và B là hai điểm biểu diễn hai nghiệm phức phương trình z z 18 0 Chứng minh tam giác OAB vuông cân .Hết (2) (3) 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 bài 180 phút (không tính thời gian phát đề) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I (1.0 điểm) 2.0điểm - Khi m = thì y x x - Tập xác định D = R - Sự biến thiên : 0,25 x 0 y ' 0 x 1 x Chiều biến thiên y ' 4 x x 4 x( x 1) , - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -1 ; 0) và (1 ; ), nghịch biến trên các khoảng ( ( ; 1) và (0 ; 1) - Cực trị : Hàm số đạt cực đại x 0, yCD 3 x 1, yCT 2 Hàm số đạt cực tiểu - Giới hạn x y’ 0.25 lim y lim y x - x -1 + 0 - + 0.25 y 2 Đồ thị y 0.25 -2 2.(1.0 điểm) -1 x (4) - Tập xác định D = R y ' 4 x 4mx x 0 y ' 0 x m 0.25 Hàm số có cực đại, cực tiểu y ' 0 có ba nghiệm phân biệt x1 0 Đồ thị hàm số có điểm cực đại là A(0, m m) và hai điểm cực 4 tiểu là B ( m ; m m 2m), C ( m ; m m 2m) ABC cân A, A Ox ; B, C đối xứng qua Ox y A y B BC m 2 m 1 m 2 0.25 SABC SABC 0.25 m 1 m 1 0.25 II 1(1.0 điểm) 2.0điểm PT đã cho tương đương với: sin x cos x (s inx cos x) 1 0.25 sin x cos2 x (s inx cos x) 1 sin x cos2 x s inx cos x sin(2 x ) s in(x ) 4 2 x k ,k Z x k 2 (1.0 điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 ĐK : x, y 0 x y 1 ( y x)( y xy x ) x y ( x y) y xy x 3 x y x y x3 y Trường hợp x = y thay vào phương trình: ( x y )(2 x y 4) 36 x x x 12 0 x 2 ta phương trình: 0.25 0.25 Hệ có nghiệm ( - 6;- 6); ( 2; 2) y xy x x3 y3 Trường hợp 2 Do y xy y với x, y 0 nên ( x; y ) là nghiệm thì xy 0.25 2 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 đã cho có hai nghiệm (-6; -6) , (2 ; 2) 0.2.5 (5) III 2 1.0điểm I sin x.cos x dx 2 s inx.cos x dx cos x 0 cos x Đặt t 1 cos x dt sin xdx , cos x t x t 1 x 0 t 2 , 2 0.25 0.25 (t 1) 2 dt 2 (t ) dt t t I= t2 2( 2t ln t ) 2 ln 1 = IV a2 S BA BC sin 30 1.0điểm ABC 2 a VABC A' B 'C ' S ABC AA ' AA ' a AA ' a 2 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 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 AK AB.sin 30 a Trong tam giác vuông AA’K ta có 1 2 2 AH AA ' AK 2a AH a d ( A, ( A ' BC )) 2 V Do a b c 9 nên ít bình phương lớn hoạc 1.0điểm 2 Giả sử c 3 a b 6 2 2 2( a b ) (2 ab ) c (4 (2 ab ) )(( a b ) c ) VT = 2 VT2 (8 4ab a b )(9 2ab) 2 Ta CM (8 4ab a b )(9 2ab) 100 2(ab)3 ( ab) 20ab 28 0 2(ab)3 (ab)2 20ab 28 0 (2ab 7)(ab 2) 0 a2 b2 ab 3 2ab 2 Vậy BDT Đúng VI.1 1.0điểm Goi d là đường thẳng qua M vuông góc AD cắt AD, AB I và N, ta có : PT(d) : x y 0 , I d AB 1 ; ) N ( 1; 0) 2 (I là trung điểmMN) x y 0 , A ( AB) ( AD) AB CH pt(AB) : I ( A(1;1) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 (6) AB 2 AM 2 AN N là trung điểm AB B( 3; 1) pt(AM) : x y 0, C ( AM ) (CH ) C ( ; 2) VI.2 Gọi M, N là giao điểm d với d1 , d 1.0điểm Vì M d1 nên M ( s; s; s ) , N d N ( 2t , t ,1 t ) MN ( 2t s 1; t s;1 t s) d ( P ) MN / /Up (6; 1; 1) đó Vì nên 2t s t s t s 1 1 4t s 1 t 2 M (1;1; 2), N ( 5; 2; 3) s 1 s 1 VII 1.0điểm Phương trình đường thẳng d 2 phương trình : z z 18 0 có ' 9 18 9i nên có hai nghiệm t1 3 3i t2 3 3i Trong mặt phẳng tọa độ số phức t1 có điểm biểu diễn là A(3 ;3) số phức t2 có điểm biểu diễn là B(3 ;-3) OAB có OA OB 3 nên OAB cân O OA(3;3) , OB(3; 3) OA.OB 0 OA OB Nên OAB vuông O Vậy OAB vuông cân O Chú ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì đủ điểm phần đáp án quy định 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 (7)