DE TOAN THI THU DH 2011 (6) CO GIAI

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.. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.. Chứ

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

 − = −







Câu III (1 điểm) Tính tích phân 2

0

sin 2 cos

1 cos

x x

dx x

π

+

∫

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 a Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt 3

phẳng ( 'A BC )

Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4(x y ) 4(y z ) 4(z x ) 2 x y z

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

ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC

2010-2011

Trường THPT Gia Lộc MÔN TOÁN

Thời gian làm bài 180 phút (không tính thời gian phát đề)

I

2.0điể

m

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

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

V cân tại A, A∈ Ox; B, C đối xứng nhau qua Ox

1

2

SV = y −y BC 0.25

1

2

ABC

II

2.0điểm

1(1.0 điểm)

PT đã cho tương đương với: sin 2x+2 cos2 x−(s inx cos ) 1+ x = 0.25 ⇔ sin 2 x + + 1 c os2 x − (s inx cos ) 1 + x = 0.25 ⇔ sin 2 x c + os2 x = sinx cos + x 0.25 sin(2 ) sin(x )

⇔ = x k 2 π hoặc 2

,

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 6

2

x

x

= −

 + − = ⇔  =

Hệ có nghiệm ( - 6;- 6); ( 2; 2)

0.25

Trường hợp y2 3xy3 x2 1

x y

+ + = −

Do y2 + +xy y2 > 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

1 cos 1 cos

m Đặt t = + 1 cosx ⇒dt = − sin xdx , cosx= −t 1

x= ⇒ = 0 t 2 , 1

2

I =

2 t dt 2 (t 2 )dt

− = − +

=

2( 2 ln ) 2 ln 2 1

1 2

t

IV.

1.0điể

m

2 0

.sin30

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

( ' ) ( ,( ' ))

BC AH AH A BC AH d A A BC

→ ⊥ → ⊥ ⇒ = Tr ong tam giác vuông ABK ta có

.sin 30

AK =AB =a

Trong tam giác vuông AA’K ta có

AA ' 2

AH = + AK = a

2 ( , ( ' )) 3

⇒ = =

0.25 0.25

0.25

V.

1.0điể

m

Gọi M, N là giao điểm của d với d d1 , 2

Vì M∈d1 nên M s s( ; ; 2 )s , N∈d2 ⇒N( 1 2 , ,1 − − t t +t)

( 2 1; ;1 2 )

MN t s t s t s

⇒uuuur= − − − − + −

0.25

Vì d ⊥ ( )P nên MNuuuur/ /Upuur= (6; 1; 1) − − do đó

− − − = − = + −

0.25

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

− = =

1.0điể

m

Goi d là đường thẳng qua M vuụng gúc AD cắt

AD, AB lần lượt tại I và N, ta cú : 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)

pt(AM) :2 1 0, ( ) ( ) ( 1; 2)

2

x− − =y C = AM ∩ CH ⇒C − −

0.25

0.25 0.25 0.25

VII.

1.0điể

m

Ta cú :4(x3 +y3 ) − (x+y) 3 = 3(x−y) ( 2 x+y) ≥ ∀ 0, x y z, , > 0

3 3 3 3 3 3)

4(x y ) (x y) 4(x y x y

⇒ + ≥ + ⇒ + ≥ + Tương tự: 34(y3 +z3 ) ≥ +y z

3 4(z3 +x3 ) ≥ +z x

Suy ra 3 4(x3 +y3 ) +3 4(y3 +z3 ) +3 4(z3 +x3 ) ≥ 2(x+ +y z) ≥ 63 xyz

Mặt khỏc 2 2 2 3

6 2( x y z )

y + z +x ≥ xyz (Cụ-si)

nờn 3

3

1

xyz

≥ + ≥ Vậy giỏ trị nhỏ nhất của P = 12 khi x= = =y z 1

0.25 0.25 0.25

0.25

VIII

1.0điể

m

phương trỡnh : z2 − 6z+ 18 = 0 cúV ' = − 9 18 =− = 9 9i2

nờn cú hai nghiệm t1 = + 3 3i

t2 = − 3 3i

Trong mặt phẳng tọa độ số phức t1 cú điểm biểu diễn là A(3 ;3)

số phức t2 cú điểm biểu diễn là B(3 ;-3)

OAB

V cú OA OB= = 3 2 nờn VOAB cõn tại O

OAuuu r (3;3)

, OBuuur(3; 3) − ⇒OA OBuuur uuu. r = ⇒ 0 OA⊥OB

Nờn VOAB vuụng tại O Vậy VOAB vuụng cõn 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 đợc đủ điểm từng

phần nh đáp án quy định.