De thi thu lan 1 THPT Gia LocHai Duong

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]

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

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

 300

ABC  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 d1, 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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  s inx cos  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







0.25

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

ta được phương trình:

2

x

x







Hệ có nghiệm ( - 6;- 6); ( 2; 2)

0.25

Trường hợp

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

2

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

x  0 t  2 , x 2 t 1



I =



=

2( 2 ln ) 2 ln 2 1

1 2

t

IV.

1.0điểm

2 0

.sin 30

ABC

a

2

3 ' ' '

2

2

a

V S AA  AA a  AA a

Kẻ AK BC AH, A K'

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

      Trong tam giác vuông ABK ta

có

AK AB.sin 300 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

a b

ab     ab 

Vậy BDT Đúng

0.25

0.25 0.25 0.25

VI.1

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

(I là trung điểmMN)

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

(1;1)

A



0.25 0.25

2 2

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

pt(AM) :

1

2

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 :

2

z  z  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.