Đáp án Toán lần 1 năm 2011 - THPT Gia lộc

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)

CÂU
NỘI DUNG ĐIỂM
I
2.0điể
m
1 (1.0 điểm)
- Khi m = 1 thì
4 2
2 3y x x= − +
- Tập xác định D = R
- Sự biến thiên :
Chiều biến thiên
3 2
' 4 4 4 ( 1)y x x x x= − = −
,
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
0, 3
CD
x y
= =
Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 2
CT
x y= ± =
- Giới hạn
lim lim
x x
y 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

3
' 4 4y x mx= −

2
0
' 0
x
y
x m
=

= ⇔


=

Hàm số có cực đại, cực tiểu
' 0y⇔ =
có ba nghiệm phân biệt
1
0x⇔ ≠
0.25
Đồ thị hàm số có một điểm cực đại là
4
(0, 2 )A m m
+
và hai điểm cực
tiểu là
4 2 4 2
( ; 2 ), ( ; 2 )B m m m m C m m m m
− − + − +
0.25
ABCV
cân tại A,
OxA
∈
; B, C đối xứng nhau qua Ox
1
.
2
ABC A B
S y y BC
= −

V
0.25

2 2
1
.2 1 1 1
2
ABC
S m m m m m
= = ⇔ = ⇔ =
V
0.25
II
2.0điểm
1(1.0 điểm)
PT đã cho tương đương với:
2
sin 2 2cos (sinx cos ) 1x x x
+ − + =
0.25

sin 2 1 os2 (sinx cos ) 1x c x x
⇔ + + − + =
0.25

sin 2 os2 sinx cosx c x x
⇔ + = +
0.25

sin(2 ) sin(x )

4 4
x
π π
⇔ + = +

2x k
π
⇔ =
hoặc
2
,
6 3
x k k Z
π π
= + ∈
0.25
2 (1.0 điểm)
0.25
ĐK :
, 0x y
≠
2 2
2 2
3 3 3 3
3 3
1 1 ( )( )
( )
1
x y
y x y xy x

x y x y
y xy x
x y x y
x y
=

− + +

− = − ⇔ − = ⇔
+ +

= −



0.25
Trường hợp x = y thay vào phương trình:
( 4 )(2 4) 36x y x y
− − + = −

ta được phương trình:
2
6
4 12 0
2
x
x x
x
= −


+ − = ⇔

=

Hệ có nghiệm ( - 6;- 6); ( 2; 2)
0.25
Trường hợp
2 2
3 3
1
y xy x
x y
+ +
=−
Do
2 2
0y xy y
+ + >
với
, 0x y∀ ≠
nên nếu
( ; )x y
là nghiệm thì
0xy
<
0.25
Mặt khác
2 2
( 4 )(2 4) 36 2 4 9 4 16 36x y x y x y xy x y− − + = − ⇔ + − + − = −

2 2
2( 1) 4( 2) 9 18x y xy⇔ + + − − = −
(*)
Do
0xy
<
nên PT(*) vô nghiệm
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (-6; -6) , (2 ; 2)
0.2.5
III.
1.0điể
2
2 2
0 0
sin 2 .cos sinx. os
2
1 cos 1 cos
x x c x
I dx dx
x x
π π
= =
+ +
∫ ∫
0.25
m Đặt
1 cost x
= +

sin xdt dx

⇒ = −
,
cos 1x t
= −

0 2x t
= ⇒ =
,
1
2
x t
π
= ⇒ =
0.25
I =
2 2
2
1 1
( 1) 1
2 2 ( 2 )
t
dt t dt
t t
−
= − +
∫ ∫

0.25
=
2

2
2( 2 ln ) 2ln 2 1
1
2
t
t t
− + = −
0.25
IV.
1.0điể
m
2
0
1 2
. .sin30
2 2
ABC
a
S BA BC= =
2
3
. ' ' '
2
. ' . ' ' 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' (AA' )BC BC K
⊥ → ⊥
( ' ) ( ,( ' ))BC AH AH A BC AH d A A BC
→ ⊥ → ⊥ ⇒ =
Tr
ong tam giác vuông ABK ta có

0
.sin 30AK AB a= =
Trong tam giác vuông AA’K ta có
2 2 2 2
1 1 1 3
AA ' 2AH AK a
= + =
2
( ,( ' ))
3
AH a d A A BC
⇒ = =
0.25
0.25
0.25
V.
1.0điể
m
Gọi M, N là giao điểm của d với
1 2

,d d
Vì
1
M d∈
nên
( ; ;2 )M s s s
,
2
( 1 2 , ,1 )N d N t t t
∈ ⇒ − − +
( 2 1; ;1 2 )MN t s t s t s⇒ = − − − − + −
uuuur
0.25
Vì
( )d P⊥
nên
/ / (6; 1; 1)MN Up
= − −
uuuur uur
do đó

2 1 1 2
6 1 1
t s t s t s
− − − − + −
= =
− −
0.25
4 7 1 2
(1;1;2), ( 5;2;3)

1 1
t s t
M N
s s
− = =
 
⇔ ⇔ ⇔ −
 
= =
 
0.25
Phương trình đường thẳng d
0.25
VI.
1.0điể
m
Goi d là đường thẳng qua M vuông góc AD cắt
AD, AB lần lượt tại I và N, ta có :
PT(d) :
1 0x y+ + =
,
I d AB= ∩

1 1
( ; ) ( 1;0)
2 2
I N
⇒ − − ⇒ −
(I là trung điểmMN)
AB CH

⊥ ⇒
pt(AB) :
2 1 0x y− − =
,
( ) ( )A AB AD
= ∩
(1;1)A⇒
2 2AB AM AN
= =
⇒
N là trung điểm AB
( 3; 1)B⇒ − −
pt(AM) :
1
2 1 0, ( ) ( ) ( ; 2)
2
x y C AM CH C
− − = = ∩ ⇒ − −
0.25
0.25
0.25
0.25
VII.
1.0điể
m
Ta có :
3 3 3 2
4( ) ( ) 3( ) ( ) 0, , , 0x y x y x y x y x y z
+ − + = − + ≥ ∀ >

3 3 3 3 3)
3
4( ) ( ) 4(x y x y x y x y
⇒ + ≥ + ⇒ + ≥ +

Tương tự:
3 3
3
4( )y z y z
+ ≥ +

3 3
3
4( )z x z x
+ ≥ +
Suy ra
3 3 3 3 3 3
3 3 3
3
4( ) 4( ) 4( ) 2( ) 6x y y z z x x y z xyz
+ + + + + ≥ + + ≥
Mặt khác
2 2 2
3
6
2( )
x y z
y z x
xyz
+ + ≥

(Cô-si)
nên
3
3
1
6( ) 12P xyz
xyz
≥ + ≥
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 12 khi
1x y z= = =
0.25
0.25
0.25
0.25
VIII
1.0điể
m
phương trình :
2
6 18 0z z
− + =
có
2
' 9 18 9 9i
= − =− =
V
nên có hai nghiệm
1
3 3t i
= +

2
3 3t i
= −

Trong mặt phẳng tọa độ số phức
1
t
có điểm biểu diễn là A(3 ;3)
số phức
2
t
có điểm biểu diễn là B(3 ;-3)
OABV
có
3 2OA OB= =
nên
OABV
cân tại O

(3;3)OA
uuur
,
(3; 3) . 0OB OA OB OA OB
− ⇒ = ⇒ ⊥
uuur uuur uuur
Nên
OABV
vuông tại O. Vậy
OABV

vuông cân tại O
0.25
0.25
0.25
0.25
Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh ®¸p ¸n
quy ®Þnh.