Đề và đáp án thi thử đại học lần 1 năm 2011 - THPT Gia lộc

Tìm các giá trị của m để hàm số 1 có cực đại, cực tiểu đồng thời các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị tạo thành tam giác có diện tích bằng 1.. Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳn

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)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x 4  2mx2 2m m 4 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.

2 Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời các điểm

cực đại, cực tiểu của đồ thị tạo thành tam giác có diện tích bằng 1

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình (2cosx 1)(sinxcos ) 1x 

2 Giải hệ phương trình 3 3

x y x y









Câu III (1 điểm) Tính tích phân 2

0

sin 2 cos

1 cos

x x

dx x







Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có AB2 ,a BC a 2

ABC 300 và thể tích lăng trụ bằng a3 Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt

phẳng ( 'A BC)

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a2 b2 c2 9 Chứng minh

2(a b c  ) abc10

Câu VI (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có cạnh AC đi qua M(0; -1) Biết AB = 2AM, đường phân giác trong AD và đường cao CH lần lượt có

phương trình là x y 0 và 2x y  3 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 6x y z  13 0 và hai

đường thẳng d vuông góc với (P) và cắt hai đường thẳng d d 1, 2

Câu VII (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A và B là hai điểm lần lượt

biểu diễn hai nghiệm phức của phương trình z2 6z18 0 Chứng minh rằng 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 bài 180 phút (không tính thời gian phát đề)

I

2.0điểm

1 (1.0 điểm)

- Khi m = 1 thì y x 4  2x2 3

- Tập xác định D = R

- Sự biến thiên :

Chiều biến thiên y' 4  x3  4x 4 (x x2  1),

0 ' 0 1 1 x y x x           0,25 - 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 tại x 0,y CD  3 Hàm số đạt cực tiểu tại x1,y CT 2 - Giới hạn xlim   y limx  y  0.25 x   -1 0 1 

y’ - 0 + 0 - 0 +

y  3 

2 2

0.25 Đồ thị y 3

2

-2 -1 0 1 2 x

0.25

2.(1.0 điểm)

- Tập xác định D = R

y' 4 x3  4mx

0 ' 0 x

y





   

 Hàm số có cực đại, cực tiểu  y' 0  có ba nghiệm phân biệt  x1  0

0.25

Đồ thị hàm số có một điểm cực đại là A(0,m4  2 )m và hai điểm cực

tiểu là B(  m m; 4  m2  2 ), (m C m m; 4  m2  2 )m 0.25

ABC

 cân tại A, AOx; B, C đối xứng nhau qua Ox

1

2

1

2

ABC

II

2.0điểm

1(1.0 điểm)

PT đã cho tương đương với: sin 2x2cos2 x (s inx cos ) 1 x  0.25  sin 2 x   1 c os2 x  (s inx cos ) 1  x  0.25

sin(2 ) s in(x )

 x k  2  hoặc 2

,

x  k  k Z

0.25

ĐK : x y , 0

3 3

( )

1

x y

y x y xy x

x y







0.25

Trường hợp x = y thay vào phương trình: (x 4 )(2y x y 4)36

ta được phương trình: 2 4 12 0 6

2

x

x







Hệ có nghiệm ( - 6;- 6); ( 2; 2)

0.25

Trường hợp y2 3xy3 x2 1

x y

 



Do y2 xy y 2  0 với x y,  0 nên nếu ( ; )x y là nghiệm thì xy 0 0.25

Mặt khác (x 4 )(2y x y  4)  36  2x2  4y2  9xy 4x 16y 36

 2(x 1) 2  4(y 2) 2  9xy  18 (*)

Do xy 0 nên PT(*) vô nghiệm

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (-6; -6) , (2 ; 2)

0.2.5

III

sin 2 cos s inx os

2

Đặt t   1 cosx  dt  sin xdx , cosx t 1 0.25

x  0 t  2 , 1

2

x   t 

I =

2 t dt 2 (t 2 )dt



=

2( 2 ln ) 2 ln 2 1

1 2

t

IV.

1.0điểm

2 0

.sin 30

ABC

a

2

3 ' ' '

2

2

ABC A B C ABC

a

V S AA  AA a  AA a

Kẻ AKBC AH, A K'

Do AA' (  ABC) nên AA ' BC  BC  (AA ' )K

( ' ) ( ,( ' ))

có

AK AB.sin 30 0 a

Trong tam giác vuông AA’K ta có

AA ' 2

2

( , ( ' )) 3

0.25 0.25

0.25

V.

1.0điểm Do

a b c  nên ít nhất một bình phương lớn hơn hoạc bằng 3

Giả sử c2  3 a2 b2 6

VT2 = 2(a b ) (2  ab c) 2 (4 (2  ab) )((2 a b )2 c2)

VT2 (8 4 ab a b 2 2)(9 2 ) ab

Ta sẽ CM (8 4 ab a b 2 2)(9 2 ) 100 ab 

2( )ab ( )ab 20ab 28 0

2( )ab ( )ab 20ab 28 0 (2ab 7)(ab 2) 0

2 2 6

a b

ab     ab  Vậy BDT Đúng

0.25

0.25 0.25 0.25

VI.1

K

C

B

A

C’

B’

A’

H

2a

A

C

B P

M

N I

H

1.0điểm Goi d là đường thẳng qua M vuông góc AD cắt

AD, AB lần lượt tại I và N, ta có : PT(d) :x y   1 0, I  d AB

1 1 ( ; ) ( 1; 0)

2 2

     (I là trung điểmMN)

ABCH  pt(AB) :x 2y 1 0  , A (AB) (  AD) (1;1)

A



2 2

AB AM AN N là trung điểm AB B( 3; 1)  

2

0.25

0.25 0.25 0.25

VI.2

1.0điểm Gọi M, N là giao điểm của d với 1 2

,

d d

Vì Md1 nên M s s( ; ; 2 )s , Nd2  N( 1 2 , ,1   t t t)

( 2 1; ;1 2 )

         0.25

Vì d  ( )P nên MN                            / /Up (6; 1; 1)  

do đó

0.25

(1;1; 2), ( 5; 2;3)

VII

1.0điểm

phương trình : z2  6z 18  0 có '   9 18  9 9i2

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 2 nên OAB cân tại O

OA (3;3)

, OB              (3; 3)                              OA OB   0 OAOB

Nên OAB vuông tại O Vậy OAB vuông cân tại O

0.25 0.25 0.25

0.25

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.