DE DAP AN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (230.98 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Sở GD&ĐT hng yên

Trng THPT minh chõu 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 3

2
x
x



 

C
1) Khảo sát vẽ đồ thị

 

C

của hàm số:

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

 

C tại 2 điểm phõn biệt A và B cho sao độ dài AB bằng 2 6

Câu II: ( 2,0 điểm ) 1. Giải phương trình : (sin 2x + cos 2x) cosx + 2cos2x – sin x = 0

2. Giải hệ phơng trình:

2 2 1 3 2

1 3

x y xy y

xy x y

   



  



Câu III: ( 1,0 điểm ) Tính tích phân: 2 3

3sin 2cos
(sin cos )

x x

I dx

x x










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

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

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

Cõu V(1,0 điểm) Tìm m để PT sau có nghiệm duy nhất : x 1 x2m x



1 x



 24 x



1 x



m3

2. Theo chương trình ChuÈn .

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

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

2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:

2
2
2 2

x t

y t

z t

 






  


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

song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vng góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua , hãy viết phương

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

Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. CMR 1 1 1 5

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 2

( ) :C x  – 2 – 2 1 0,y x y   ( ') :C x2 y24 – 5 0x  cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường
thẳng qua M cắt hai đường trịn ( ), ( ')C C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.

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




1
2

, d’ :

1
5
3

2
2







 z

y
x

. Viết phơng trình mặt phẳng () đi qua d và tạo với d một góc 300

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

2 2

3 3 1 1 1

( 1) ( 1)

x y

M

y x x y x y x y

     

  

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

---Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

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

trờng thpt minh châu đáp án đề thi thử đại học lần 1 nm hc 2010- 2011

Môn thi: toán

Thi gian lm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

2. (0,75 điểm)

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

Hồnh độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình
2

2
2 3

2 2 3 0 (1)

x
x

x m

x x mx m





   

     

§Ĩ đường thẳng d cắt đồ thị

 

C tại 2 điểm phân biệt A và B thì PT (1) phải có 2
nghiệm phân biệt khác 2

0,25
0,25

Câu Nội dung Điểm

I

2.0đ
1
1.25đ

Hàm số y = 2x 3
x 2


 cã :
- TX§: D = R\ {2}
- Sù biÕn thiªn:

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

x 2 x 2

lim y ; lim y

 

 

  . Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng x = 2 làm TCĐ
+) Bảng biến thiên:

Ta cã : y’ =





1
x 2

< 0 x D

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng

và hàm số không có cực trị
- Đồ thị

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

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

0,25

0,5

-2

-4

-5 5 10

y’
y

 



-

 

-2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2 2

4(2 3) 8 12 0

( ; 2) (6; )
2 .2 2 3 1 0,

m m m m

m

m m m

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

đường thẳng d ln
ln cắt đồ thị (C ) tại 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 2

0
m 8m 0

8
m
m


    


 (Tm)

0,25
II

(2 
điểm)

1. (1 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với

(sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x – sinx = 0

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

 cos2x (cosx + 2) + sinx.cos2x = 0

0,5

 cos2x (cosx + sinx + 2) = 0

 cos2x 0 (1)cosx sinx 2 0 (   VN)


0,25

(1)2x =
2 k




  x =

4 k 2
 

 (k  Z) 0,25

II 22 2 2 1 3 2

1 3

x y xy y

xy x y

   



  


NhËn thÊy y0,viÕt hƯ thµnh:

2
2
1
3
1
3
x
x
y y
x
x
y y

  



 

Đặt :
1

u x
y
x
v
y





HƯ trë thµnh

2 3
3
u v
u v
  

 


, giải hệ ta đợc : u=2,v =1 hoặc u=-3, v=6

0.25
0.25

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

TH2: 2

1
3

3 6

6 6 3 1 0

6
x

u x y

y

v y y

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

vô nghiệm trên

Vậy hệ có nghiệm duy nhất: 1
1
x
y






0.25
0.25

Câu Phần Nội dung

III

(1,0) Đặt x 2 t dx dt x, 0 t 2,x 2 t 0.

  

         

Suy ra: 2 3 2 3 2 3

0 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

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Suy ra: 2 3 2 3 2 2

0 0 0

3sin 2cos 3cos 2sin 1
2

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

x x x x

I I I dx dx dx

x x x x x x

  

 

    

  



2 2

0 0 0

1 1 1 1

tan 1

2 4 2 4

2cos cos

4 4

dx d x x

x x

 



 

   

       

         

   

   



. KL: Vậy 1.



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 1

Nếu x



0;1



thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện

1
1

x  x x . Thay 1

x vào (1) ta được:

3 0

1 1

2. 2.

2 2

m

m m

m



    




* Với m = 0; (1) trở thành:



4 41



2 0 1

2
x  x   x

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























 



2 2

4 4

1 2 1 2 1 1

1 2 1 1 2 1 0

1 1 0

x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x

      

          

      

+ Với 4 41 0 1

2
x  x   x

+ Với 1 0 1

2
x  x   x

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











4 4

 



1 2 1 1 2 1 1 1

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

Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 0, 1

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

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
VIa

0,75

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Điểm C CD x y :   1 0  C t



;1 t



.

Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;

2 2

t t

M   

 . 0,25

Điểm : 2 1 0 2 1 3 1 0 7



7;8



2 2

t t

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

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

Suy ra AK:



x1

 

 y 2



 0 x y  1 0.

Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 0



0;1



1 0
x y

I
x y

  





  

 .

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K



1;0



.

Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0

7 1 8

x y

x y


    
 

2

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

( ) //( )P D hoặc ( )P ( )D . Gọi H là hình chiếu

vng góc của I trên (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; do đó maxIH = IA H A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vng

góc với IA tại A.

Vectơ pháp tuyến của (P0) là n IA 



6;0; 3





 

, cùng phương với v



2;0; 1



.
Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2



x 4



1.



z1



2x - z - 9 = 0.

VIIa

Để ý rằng



xy1

 

 x y

 

 1 x

 

1 y



0;

và tương tự ta cũng có 1

yz y z
zx z x
  




  


0,25

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>





1 1 1 1 1 1

3
1 zx+y
1
5
1

1 5
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 và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R1, ' 3R 

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

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

a x b y   ax by a   a b  .

+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.

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

    









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

    ,

.
IA IH









2 2

2 2 2 2

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

a b a b

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


   


Dễ thấy b0 nên chọn 1 6

6


   

a
b
a .

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

0,25

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

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

2
1
60
cos
)
'
;
cos( 0

u

n . Bi vy nu đặt n (A;B;C) thì ta phải có :

























2

1

6

2

0

2
2
2

B

C

A

C

B

A

C

B

A



































0

2 )

(

6

32

2

A

2

AC

C

2

CA

B

C

CA

A

CA

B

Ta cã 2 2 2 0 ( )(2 ) 0








 AC C A C A C

A . VËy AC hc 2AC .

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

0
)

2
(

2   

 y z

x hay x2yz 40

Nếu 2AC ta có thể chọn A1,C2, khi đó B 1, tức là n (1;1;2) và 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 2 t  1 0  t 1.

0.25
Ta có

2 2 2

3 3 3 ( 1) 3 ( 1) 36 27 3

...

( 1) ( 1) ( 1) 4

x y x y y x t t

y x x y xy xy x y t

    

   

    

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 (3 1) 2 36 32 4

x y t t t t

x y x y t t

     

    

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Theo Cô si 2

1 1 1 5 1 1

2 4 2

t
M

x y xy t



    



0.25

Xét ( ) 5 21

t
f t

t



 trên [1;+ ) và suy ra max 3 1 1.
2

</div>

DE DAP AN

 

 

<i>C</i>

 











 





<sub></sub>

<sub></sub>

 



-

 



























































 













 













 













   





 



 

 







