SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc (Đề thi có 01 trang) ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn: Toán 11 Thời gian: 180 phút (Không kể giao đề) Câu (1,0 điểm) Tính cos x     b) Cho    0;  thỏa mãn sin   Tính giá trị biểu thức P  sin      2 2  a) Cho cos x  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 3x  2cos x  sin x  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P) : y  x  x  đường thẳng d : y  x  Tìm tọa độ giao điểm A, B d ( P) Tính diện tích tam giác OAB Câu (1,0 điểm) Một tôn hình vuông có cạnh 30cm Người ta cắt bốn góc bốn hình vuông gấp tôn lại (theo đường nét đứt) để hộp không nắp Tính cạnh hình vuông bị cắt cho thể tích khối hộp 2000 cm3 (Thể tích khối hộp tích độ dài ba cạnh nó)  y  xy  x  y   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x    y   x, y  R  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M 1;3 đường tròn (C ) : x  y  x  y   Tìm ảnh điểm M ảnh đường tròn  C  qua phép tịnh tiến theo véc tơ u   1;  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x  y  x  y   điểm M  3;1 Viết phương trình tiếp tuyến kẻ từ M đến (C ) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân A, D trung điểm AC Đường thẳng qua A vuông góc với BD cắt đường thẳng BC E  3;2  Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết đường thẳng AB có phương trình x  y   hoành độ điểm B âm Câu ( 1,0 điểm) Giải phương trình  x2  x  1  x  1  8x  8x  1 x  x  Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y hai số thực thỏa mãn  x  y   xy  a) Chứng minh x  y  b) Tìm giá trị nhỏ P   x  y  x y  xy    x  y   Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN I- NĂM HỌC 2016-2017 MÔN: TOÁN 11 (Đáp án- thang điểm gồm trang) Câu (1,0 điểm) Đáp án a ( 0,5 điểm) 1  cos x   3 Do cos x   b ( 0,5 điểm)   Ta có P  sin      cos  2  Ta có cos x  cos    sin   (1,0 điểm) Điểm 0,25 0,25 0,25 5    cos   (do    0;  ) Vậy P  3  2 0,25 Ta có sin 3x  2cos x  sin x   2cos x sin x  2cos x cos 2x  sin x  0,25 0,25 cos x   x  0,25   k ; sin x   x   k 2   k ; x   k 2 Vậy nghiệm pt cần tìm x    0,25 (1,0 điểm) PT hoành độ giao điểm: x  x   x   x  x   Từ tìm A  1;5 ; B  3;9  0,25 0,25 Ta có AB  d  O; AB   d  O; d   0,25 AB.d  O; AB   12 (đvdt) Gọi x (cm) độ dài cạnh hv bị cắt cạnh hình hộp tạo thành x,30  x,30  x ,  x  15 Vậy SOAB  (1,0 điểm) 0,25 0,25 Thể tích khối hộp tạo thành V  x  30  x   x 15  x  0,25 Ta có V  2000  x 15  x   2000  x3  30 x  225 x  500   x  5; x  20 0,25 2 Vậy x  (cm) ĐKXĐ: x  1; y  (1,0 điểm) PT (1) tương đương: y  y  x      Với y  , thay vào (2) ta x  Với y  x  , thay vào (2) ta được: 0,25 0,25 0,25 x 1   x    ( x 1)(3  x)  x  x    x  , suy y  Vậy hệ cho có hai nghiệm  x; y    5;2 ;  2;1 (1,0 điểm) Gọi Tu  M   M ' MM '  u 0,25 Từ tìm M '  0;5 0,25 (C) có tâm I 1;2 bán kính R  Gọi Tu  I   I ' II '  u  I '  0;  Gọi (C’) ảnh (C) cần tìm (C’) có tâm I '  0;4 bán kính R '  R  Do  C ' : x   y    (1,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm I 1;3 , bán kính R  Tiếp tuyến kẻ từ M có dạng d : a  x  3  b  y 1   ax  by  3a  b  (a  b2  0) Ta có d  I ; d   R  a  3b  3a  b   2a  b  a  b  3a  4ab  a b Với a  ta d : y   Với 3a  4b  ta d : x  y  15  Vậy có hai tiếp tuyến kẻ từ M y   x  y  15  2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) Vẽ đường cao AH tam giác ABC Gọi G giao BD AH G trọng tâm tam giác ABC G trực tâm tam giác ABE; GE cắt AB F EF  AB Suy EF || AC , tam giác GEH vuông cân H, suy HE=HG Từ HB= BE Ta có EF  d  E; AB   2 Tam giác BFE vuông cân nên BE = Gọi B  t; t  3 Ta có BE =   t  3   t  1  16  2t  4t   2 0,25 0,25 Do xB  nên t  1 , suy B  1;2 BE , suy H  2;2  C  5;2  Phương trình AH : x   , từ A  2;5 Vậy A  2;5 , B  1;2 , C  5;2  Từ BH  (1,0 điểm) PT  1  2( x  x )   x  1   2(2 x  1)2  1 x  x  0,25 Đặt a  x  1; b  x  x ta được: 1  2b  a   2a  1 b   (a  b)(2ab  1)  0,25 x  x2  x  , giải x  5 10 Với 2ab   , ta 2(2 x  1) x  x    2(1  x) x  x  (1) Từ (1) suy  x     x  Mặt khác x  x  x 1  x   x  1  x   Suy 2(1  x) x  x  nên (1) vô nghiệm Vậy pt cho có nghiệm x  (1,0 điểm) 0,25 ĐKXĐ:  x  Với a  b , ta có 10 0,25 0,25 0,25 5 10 a (0,25 điểm) Ta có 4xy   x  y  , suy  x  y    x  y   2   x  y  1  x  y    x  y   2  Do x  y    b (0,75 điểm) 0,25 Ta có P   x  y  x y    x  y    3xy 3 x  y    x  y    x  y    3xy  2 2 3   x  y    x  y    x  y    3xy 1 Đặt t  x  y t   x  y   Ta có P  t  2t   xy 2 Dễ thấy xy   xy  , nên P  t  2t  4 1 1  Ta thấy hàm số f (t )  t  2t  đồng biến  ;   nên f (t )  f     4 16 2 2  3 Vậy P   Đẳng thức xảy x  y  Vậy GTNN P  16 16 P Hết - 0,25 0,25 0,25