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

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
4 2 4
2 2y x mx m m= − + +
(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
(2cos 1)(sin cos ) 1x x x− + =
2. Giải hệ phương trình
3 3
1 1
( 4 )(2 4) 36
x y
x y
x y x y

− = −



− − + = −

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
2 , 2AB a BC a= =

·
0
30ABC =
và thể tích lăng trụ bằng
3
a
. 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
2 2 2
9a b c+ + =
. Chứng minh
2( ) 10a b c abc+ + − ≤
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
0x y− =
và
2 3 0x y+ + =
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
6 13 0x y z− − + =
và hai
đường
1 2
1 1
: , :
1 1 2 2 1 1
x y z x y z
d d
+ −
= = = =
−
. Viết phương trình
đường thẳng d vuông góc với (P) và cắt hai đường thẳng
1 2
,d d
.
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
2
6 18 0z z+ + =

. 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)
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
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
m
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
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
→ ⊥ → ⊥ ⇒ =
Trong 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

Do
2 2 2
9a b c+ + =
nên ít nhất một bình phương lớn hơn hoạc bằng 3.
Giả sử
2 2 2
3 6c a b≥ ⇒ + ≤
VT
2
=
[ ]
2
2 2 2
2( ) (2 ) (4 (2 ) )(( ) )a b ab c ab a b c+ + − ≤ + − + +
VT
2

2 2
(8 4 )(9 2 )ab a b ab≤ − + +
Ta sẽ CM
2 2
(8 4 )(9 2 ) 100ab a b ab− + + ≤
3 2
2( ) ( ) 20 28 0ab ab ab⇔ + − − ≤
3 2 2
2( ) ( ) 20 28 0 (2 7)( 2) 0ab ab ab ab ab⇔ + − − ≤ ⇔ − + ≤
2 2
6
3 2 7 0
2 2

a b
ab ab
+
≤ ≤ = ⇒ − <
. Vậy BDT Đúng
0.25
0.25
0.25
0.25
VI.1
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
VI.2
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
VII
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
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.