DE+DAP AN THI THU DH 2011 KHOI A

Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 xy xy II/PHẦN TỰ CHỌN 3 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc phần B Phần A .Theo chư

ĐỀ CHÍNH THỨC

I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 2 điểm ) Cho hàm số y x= −3 3mx+2( )C m

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( )C1

2 Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của( )C m cắt đường tròn tâm I( )1;1 , bán kính bằng 1 tại

hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất

Câu II ( 2 điểm ) 1 Giải phương trình: sin 4 cos 4 4 2 sin ( ) 1

4

2 Giải hệ phương trình





Câu III ( 1 điểm ) Tính tích phân ∫ + 

+

x x

x I

1

2ln 3 ln 1 ln

Câu IV ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và AB = 4a, hình chiếu vuông

góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm I của đoạn thẳng OA Biết khoảng cách từ I đến

2 SI Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Câu V (1 điểm) Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn x y xy2 + 2 = + +x y 3xy Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

2

xy

xy

II/PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

Phần A Theo chương trình chuẩn

Câu VIa ( 2 điểm )1 Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường tròn (C) : (x + 6)2 + (y – 6)2 = 50 Đường thẳng d cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A, B khác gốc O Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (C) tại M sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB

2 Trong không gian tọa độ (Oxyz) cho A(5;3;-4) , B(1;3;4) Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho tam giác CAB cân tại C và có diện tích bằng 8 5

Câu VIIa (1 điểm) Cho z , 1 z là các nghiệm phức của phương trình 2 2z2−4z+ =11 0 Tính giá trị của biểu thức

2

1 2

z z

+

Phần B.Theo chương trình nâng cao

Câu VIb ( 2 điểm)1 Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) tam giác ABC có trọng tâm G 11

1;

3

trực của cạnh BC có phương trình x − 3y +8 = 0 và đường thẳng AB có phương trình 4x + y – 9 = 0 Xác

định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

2 Trong không gian tọa độ (Oxyz) cho mặt cầu (S) : x2 +y2 + −z2 2x+4y−4z+ =5 0, mặt phẳng (Q) : 2x + y – 6z + 5 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) Biết rằng mặt phẳng (P) đi qua A(1;1;2) ,vuông góc với mặt phẳng (Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S)

Câu VIIb ( 1 điểm) TÝnh tæng sau:

…………Hết………

Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm

Họ và tên ……… Số báo danh ………

Sở GD- ĐT Hng Yªn

Trường THPT Minh Ch©u

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011

Môn : Toán - Khối A

Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề

I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

I

(2điểm) 1.(1,0 điểm)Hàm số (C

1 ) có dạng y x= − +3 3x 2

• Tập xác định: ¡

• Sự biến thiên

→−∞ = −∞ →+∞ = −∞

0,25

- Chiều biến thiên: y' 3= x2− = ⇔ = ±3 0 x 1

Bảng biến thiên

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ −; 1 , 1;) ( +∞), nghịch biến trên khoảng

(-1;1)

Hàm số đạt cực đại tại x= −1,y CD =4 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1,y CT =0

0,25

•Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn

f(x)=x^3-3x+2

-1

1 2 3 4

x

y

0,25

2.(1,0 điểm)

Ta có y' 3= x2−3m

Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y' 0= có hai nghiệm phân biệt ⇔ >m 0 0,25

Vì 1

3

y= x y − mx+ nên đường thẳng ∆ đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương

trình là y= −2mx+2

0,25

Ta có ( , ) 2 2 1 1

m

m

−

+ (vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng ∆ luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt

Với 1

2

m≠ , đường thẳng ∆ không đi qua I, ta có: 1 1 2 1

.sin

ABI

S∆ = IA IB AIB≤ R =

0,25

Nên S∆IAB đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông cân tại I

1

R IH

⇔ = = (H là trung điểm của AB)

2

2 2

m

m m

+

0,25

Sở GD- ĐT Hng Yªn

Trường THPT Minh Ch©u

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011

Môn : Toán – Khối A

Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề

Giải hệ phương trình





1,00

Điều kiện: x+2y+ ≥1 0

Phương trình (1) trở thành : 2t2 – t – 6 = 0

2 / 3 t/m 2

 =





1 1 ( / ) 2

1 2

x y

t m x

y



















0,25

III

+

x x

x I

1

2ln 3 ln 1

∫

+

1 2 e

1

xdx ln x 3 dx x ln 1 x

x ln

+) Tính =∫e + dx

x x

x I

1 1

ln 1

ln

x

Khi x=1⇒t=1;x=e⇒t= 2

0,25

( )2 ( ) 3 2 ( )

1

t

0,25

+) TÝnh I x lnxdx

e 1

2

2 =∫ §Æt













=

=

⇒







=

=

3

x v x

dx du dx

x dv

x ln u

3 2

+

⇒ = 3 e− ∫e 2 = 3 − 3 e = 3 − 3 + = 3

1

0,25

= +

=I1 3I2

I

3

e 2 2 2

0,25

Trong mp(ABCD) từ điểm I kẻ IH song song BC với H thuộc AB Do BC ⊥ AB

=> IH ⊥AB Mà SI ⊥(ABCD) => SI ⊥ AB

Hay AB ⊥(SHI) Từ I trong mặt phẳng (SHI) kẻ IK ⊥SH tại K

⇒IK d I SAB= ( ;( ))= 2

2 SI (1)

0,25

4

4

BC a

Từ (1) và (2) => 22 12 12

Lại có thể tích khối chóp S.ABCD là V =

3 2

a

Ta có x y xy2 + 2 = + +x y 3xy

⇔ xy x y( + ) = + +x y 3 (1)xy do x >0 ; y > 0 nên x + y > 0

+

0,25

Mà P = (x + y)2 + 2 - 1

1

1

S

B

K

D

A

C O

I H

Nên P = (x + y)2 +1 + 3

x y+

1 ( )

t

⇒ = + + =

Ta có f t'( ) = 2t -

3

0 t>4

t

−

= > ∀ mà f t( ) liên tục trên nửa khoảng [4;+∞)

( ) (4)

4

0,25

Hay giá trị nhỏ nhất của P bằng 71

Giả sử A(a;0) ; B(0;b) ( a , b khác 0) => đường thẳng d đi A , B có phương trình :

1 hay bx+ ay - ab = 0

Đường tròn (C) có tâm I(-6 ; 6) , d có VTCP là ur= −( ; )a b

2 2

a b

uuur

Do đó ta có hệ phương trình





0,25

v









Vậy d có phương trình : x -y +2 = 0 ; x - y +22 = 0 ; x + 7y +14 = 0 ; 7x + y – 14= 0 0,25

.Tam giác ABC cân tại C

0,25

Ta có AB = 4 5 , trung điểm BC là I(3;3;0)

1

2

ABC

Từ (1) ; (2) ta có 3

7

a b

=



 =

3 1

a b

=



 = −



Vậy có hai điểm C(3 ; 7 ;0) , B(3;-1;0)

0,25

Ta có A , B thuộc đường thẳng AB nên A(a ; 9 – 4a) , B( b ; 9 – 4b )

Do G(1 ; 11

)

3 là trọng tâm tam giác ABC nên C( - a - b + 3; 4a + 4b – 7)

0,25

d : x - 3y +8 = 0 có một VTCP là ur(3;1) ;

Gọi I là trung điểm BC ta có I 3

;2 1 2

a a

−

0;25

d là trung trực của cạnh BC ⇔

I d

BC u

∈



uuur r

3

3(2 1) 8 0 2

a

a

−



⇔ 



0,25

1

3

a b

=



Vậy A(1;5) , B(3;-3) và C (-1 ;9)

0,25

Mặt phẳng (P) qua A(1;1;2) có phương trình : a(x-1)+ b(y -1)+c(z -2) = 0 ( a2 + b2 + c2 ≠0)

0,25

Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;2) bán kính R = 2

Mặt phẳng (Q) có VTPT nr(2;1; 6)−

Ta có (P) vuông góc với (Q) và tiếp xúc (S) nên

3

2

b





0,25

2

(I)





=





0,25

Chọn c = 0 thì a = b = 0 (loại)

Nên c≠0 Từ (I) Pt (P) : 2c(x-1)+ 2c(y -1)+c(z -2) = 0 ⇔2x+2y z+ − =6 0

Hoặc 11

2 2

2 '

2

y

x

=

Hàm số có hai cực trị ⇔ y' 0= có hai nghiệm phân biệt

⇔ − − = có hai nghiệm phân biệt khác 2 ⇔ >m 0 0,25 Gọi A(x1;y1) ; B(x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số

' 0

y

= ⇔ 



0,25

Câu

II(2.0

đ)

1

(1.0đ)

PT ⇔ 2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x)

⇔ (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x)

(cos sinx)(sin 2 os2 ) 2

x





0.25

os3 sinx 2

 = − +



Chứng minh được phương trình cos 3x + sin x = 2 vô nghiệm

KL: x =

VIIa

Suy ra

2 2

3 2 22

Đo đó

2

1 2

11

4

z z

+

= =

C©u VII b (1®):

Ta cã:

2010

2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010

2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 0

k

=

2010

2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010

2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 0

k

=

⇒ 2010 2010 1 3 3 5 5 2009 2009

2010 2010 2010 2010

2

Lấy tích phân 2 vế của (1) với cận từ 1 đến 2 ta đợc:

2 2010 2010 2

1 3 3 5 5 2009 2009

2010 2010 2010 2010

2

2011 2011

1 2 3 4 2009 2010

Vậy:

2011 2011

4022

Mọi cỏch làm khỏc mà đỳng đều cho điểm tương đương.

, ngày 3 thỏng 3 năm 2011