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 (1,0 điểm).
1
. Tính cos 2 x.
3
2
 


b) Cho    0;  thỏa mãn sin   . Tính giá trị của biểu thức P  sin     .
3
 2
2


a) Cho cos 2 x 

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3x  2cos 2 x  sin x  0.
Câu 3 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P) : y  x 2  x  3 và đường
thẳng d : y  x  6. Tìm tọa độ giao điểm A, B của d và ( P) . Tính diện tích tam giác OAB.
Câu 4 (1,0 điểm). Một tấm tôn hình vuông có cạnh bằng 30cm.
Người ta cắt ở bốn góc bốn hình vuông bằng nhau rồi gấp tấm tôn
lại (theo đường nét đứt) để được một cái hộp không nắp. Tính cạnh


ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN I- NĂM HỌC 2016-2017
MÔN: TOÁN 11
(Đáp án- thang điểm gồm 3 trang)
Câu
1
(1,0 điểm)

Đáp án
a. ( 0,5 điểm)
1 1  cos 2 x 1


3
2
3
1
Do đó cos 2 x   .
3
b. ( 0,5 điểm)


Ta có P  sin      cos  .
2


Ta có cos 2 x 

cos 2   1  sin 2  


cos 2 x  0  x 

0,25




k
; sin x  1  x   k 2 .
2
4 2

 k
; x   k 2 .
Vậy nghiệm của pt cần tìm là x  
2
4
2


0,25

3
(1,0 điểm)

PT hoành độ giao điểm: x 2  x  3  x  6  x 2  2 x  3  0
Từ đó tìm được A  1;5 ; B  3;9  .

0,25
0,25

2

Vậy x  5 (cm)
5
ĐKXĐ: x  1; y  2 .
(1,0 điểm) PT (1) tương đương: y  2 y  x  1  0



Với y  2 , thay vào (2) ta được x  5.
Với y  x  1 , thay vào (2) ta được:

0,25
0,25
0,25

x 1  3  x  2  2  2 ( x 1)(3  x)  4

x  4 x  4  0  x  2 , suy ra y  1.
2

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là  x; y    5;2 ;  2;1 .
6
(1,0 điểm)

Gọi Tu  M   M ' thì MM '  u

0,25

Từ đó tìm ra M '  0;5


0,25
0,25
0,25
0,25

8
(1,0 điểm)

Vẽ đường cao AH của tam giác ABC. Gọi G là giao của BD và AH thì G là trọng tâm tam giác
ABC và G cũng là trực tâm tam giác ABE; GE cắt AB tại F thì EF  AB.
3
Suy ra EF || AC , và tam giác GEH vuông cân tại H, suy ra HE=HG. Từ đó HB= BE.
4
Ta có EF  d  E; AB   2 2 . Tam giác BFE vuông cân nên BE = 4 .
Gọi B  t; t  3 . Ta có BE = 4   t  3   t  1  16  2t 2  4t  6  0 .
2

2

0,25

0,25

Do xB  0 nên t  1 , suy ra B  1;2 .
3
BE , suy ra H  2;2  C  5;2  .
4
Phương trình AH : x  2  0 , từ đó A  2;5 . Vậy A  2;5 , B  1;2 , C  5;2  .


ĐKXĐ: 0  x  1 .

Với a  b , ta có

10

0,25

0,25

0,25

5 5
.
10

a. (0,25 điểm)
Ta có 4xy   x  y  , suy ra  x  y    x  y   2 .
2

3

2

2
  x  y  1  x  y   2  x  y   2  0 . Do đó x  y  1.


b. (0,75 điểm)


4
4
4
9
1
3
1
1

Ta thấy hàm số f (t )  t 2  2t  đồng biến trên  ;   nên f (t )  f     .
4
4
16
2
2

3
1
3
Vậy P   . Đẳng thức xảy ra khi x  y  . Vậy GTNN của P bằng  .
16
2
16

P

--------Hết-------

0,25