2
3
m
m
x
x
3(
1)
2
−
+
=
−
(m là tham số thực) m = 2.
thẳng hàng.
I
Sở giáo dục và ðào tạo Thanh Hóa ðỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2010-2011 Trường THPT chuyên Lam Sơn Môn thi :Toán khối A ( thời gian 180 phút ) Ngày thi : 7 /5/2011 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 ñiểm ) Câu I (2,0 ñiểm) Cho hàm số y (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số (1) khi 2. Tìm m ñể ñồ thị hàm số có ñiểm cực trị, kí hiệu là A, B sao cho ba ñiểm A, B, (3;1) Câu II (2,0 ñiểm )
2
x
2
1. Giải phương trình
(7 cos
x
3) cot
x .
=
−
π
π
tan
x
x
tan
+
−
sin
4
4
x
x
x
x
x
2
2
3
2
(
2 + + − − ≤
−
2
2. Giải bất phương trình Câu III (1,0 ñiểm ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các ñường:
∈ ℝ ). y
2
x
2,
y
x
= + +
ABCD A B C D có '
.
'
'
'
2 ,
,
=
=
4 . x = + (cid:2) 060 . BAD = ABD ').
Câu IV (1,0 ñiểm) Cho hình hộp ñứng AB a AD a AA Chứng minh rằng AB vuông góc với BD’ và tính khoảng cách từ ñiểm
> và a a ' 3 ( 0) = 'A ñến mặt phẳng (
x y z thỏa mãn ,
,
Câu V (1,0 ñiểm ) Cho các số thực
2
x 0
y
1 2
4
2 6 .
1 2
2
y 1. 2 =
1 + +
≥ ≥ 0 y + 2 x x ≤ + + + ≤ +
Chứng minh rằng 1 PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm ): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ). A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 ñiểm ) ,AB CD lần lượt nằm trên hai
2
x ,BC 0, 2 : − + = Viết phương trình các ñường thẳng AD và y − + =
d x : 2 5 1 thuộc ñường thẳng AD và thuộc ñường thẳng BC. biết 1.Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho hình thoi ABCD có hai cạnh ñường thẳng d M − ( 3;3)
+
− + + = và cắt hai ñường thẳng y z
z
1
2
d
:
,
:
.
=
=
=
=
d 1
2
P y x x z z y 0. 1 N − ( 1; 4) 2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz, viết phương trình ñường thẳng song song với các mặt phẳng 9 ( ) : 3 12 3
+ 3
− 4
5 0, − − = x 5 + 2 y 4 1 + 3 Q ( ) : 3 y 3 − 4 − 0 7 x 3 − 2 −
Câu VII.a (1,0 ñiểm ). Từ các chữ số 0;1; 2;3; 4;5 có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên lẻ, mỗi số gồm
6 chữ số khác nhau và tổng ba chữ số ñầu lớn hơn tổng ba chữ số cuối một ñơn vị. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 ñiểm )
2
2
1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho elíp
E
A
Tìm tọa ñộ
(
) :
1
+ = và các ñiểm
I ( 3;0), ( 1; 0). −
−
x 9
y 4
,B C thuộc (
ABC . Viết phương trình mặt
(2; 0; 5),
B−
các ñiểm 2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho các ñiểm phẳng (
)P ñi qua
3.z
Câu VII.b (1,0 ñiểm ) Cho số phức
)E sao cho I là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác A ( 3; 13; 7). − − ,A B và tạo với mặt phẳng Oxz một góc nhỏ nhất. 2 4( 3 ) i + + 1 i −
6(1 i 4 ) − z Tìm dạng lượng giác của số phức . =
1
……......................Hết ............................. Họ và tên thí sinh : .................................................. Số báo danh :..................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN
ðỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12 Môn thi: TOÁN- khối B,D. (Ngày thi 07/05/2011-Thời gian làm bài 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
=
y
.
Cho hàm số
Câu I (2,0 ñiểm)
+ +
x 2 x
4 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (H)của hàm số. 2. Tìm tọa ñộ các ñiểm M trên (H) sao cho tiếp tuyến với (H) tại M tạo với ñường thẳng
y
+ một góc 450.
x= 3
1
Câu II (2,0 ñiểm)
+
=
tan 2
x
cot
x
.
1. Giải phương trình
cos x
x sin
x
cos
-
.
log
4 log
16 0
2. Giải bất phương trình
6
x
2
3
x
5
- ‡ - -
Câu III (1,0 ñiểm)
=
Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho miền phẳng (D) giới hạn bởi các ñường x = 0; y = 0; y = 10; y
. Tính thể tích khối tròn xoay ñược tạo thành khi quay miền (D) xung quanh Ox.
x x
1
-
Câu IV (1,0 ñiểm)
,
= AD a
(cid:1) 060 , = BDC
11
=
=
SA SB SD
2
a
.Tính thể tích của hình chóp S.ABD và khoảng cách từ S tới CD.
Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thang vuông ở A và B, = AB = a, Câu V (1,0 ñiểm)
)
(
.
Cho các số thực x,y thay ñổi nhưng luôn thỏa mãn
x
+ y
1
4
+ - = y 3
- + x 3
1
=
+
.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M
x
1 + y
2
2
-
PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược làm 1 trong 2 phần - phần A hoặc phần B.
A . Theo chương trình chuẩn Câu VIa. (2,0 ñiểm)
2
2
1. Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho elíp
= với
1
,F F là hai tiêu ñiểm; M là ñiểm trên 1
2
x 25
y+ 9
elíp sao cho
. Tìm bán kính của ñường tròn nội tiếp tam giác
(cid:1) 0 F M F = 90 2 1
2MF F . 1
2. Trong không gian, với hệ trục tọa ñộ Oxyz cho các ñiểm A(-1; -1;0), B(0;6;-3) và mặt phẳng
+
(P) có phương trình
x
y
lớn nhất.
2
- = z 3
0
)
= z
6
.
- -
Câu VII.a. (1,0 ñiểm) Tìm số phức z thỏa mãn hệ phương trình
2
+
z
z
( + i 1 2 ) + = 3
) + i z ( i z 2
0
. Tìm tọa ñộ ñiểm M trên (P) ñể MA MB ( - 1 2
-
B . Theo chương trình nâng cao Câu VIb. (2,0 ñiểm)
(
(
(
)
tương ứng ñi qua
M
Q
N
P
1. Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho hình vuông ABCD, biết các ñường thẳng AB, BC, CD, DA ) .Lập phương trình ñường thẳng AB. 3; 4 ,
) 7; 2 ,
+
- - -
x
y
z
2
5
=
=
)
( ) 10;3 , 4; 7 2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho ñường thẳng (
và hai ñiểm
d
:
- -
1 2
1
3
-
)
.Tìm tọa ñộ ñiểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác AMB nhỏ nhất.
A
B
) 2; 1;1 ,
- -
( ( 1; 1;0 Câu VII.b. (1,0 ñiểm)
2
(
)
Tìm m ñể hàm số
2
+ - 2 x m + - 1 x m = y = . 6 ,x x thỏa mãn 1 x x+ 23 có hai ñiểm cực trị 1 - x 2 ...........................Hết...........................
Họ và tên thí sinh:........................................................... Số báo danh .........................
Sở Giáo dục và ðào tạo Thanh Hóa Trường THPT chuyên Lam Sơn
ðÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI B - D (07/05/2011)
ðiểm
Câu
Nội dung cơ bản
Tập xác ñịnh
{ } 1
0,25
= +¥
y
-ℝ \ = - y
nên ñồ thị có tiệm cận ñứng x = -1.
+
lim + 1 x
D = ; lim x 1
¥ - fi - fi -
2
y
y
= nên ñồ thị có tiệm cận ngang y = 2 ;
= fi+¥
+ lim x
lim x
- = < " „ - y x ' 0, 1 fi - ¥
0,25
(
2 + x
)2 1 ); không có cực trị.
nên hàm số nghịch biến trong mỗi khoảng (-¥ ;-1) và (-1;+¥
0,25
Câu
I.1
(1,0 ñ)
ðồ thị : x = 0 ⇒ y = 4
ðồ thị qua các ñiểm : (1;3), (-3;1)
y = 0 ⇒ x = -2
nhận ñiểm I(-1;2) làm tâm ñối xứng.
0,25
0,25
(
(
) 3; 1
) ; 1 ,
(cid:2)(cid:2)(cid:3) D = n
- - + Tiếp tuyến (D ) của (H) tại M có hệ số góc k ⇒ dạng phương trình (D ) : y = kx + m. + (D ) và (d): y = 3x +1 có véc tơ pháp tuyến lần lượt là k
Câu
(cid:2)(cid:2)(cid:3) = n d +
1
k 3
1
=
=
(cid:219)
(
)
cos
0 cos 45
(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) n nD ; d
+ Góc giữa (D ) và (d) bằng 450 nên
0,25
2
I.2
+
2
k
1. 10
(cid:219)
(1,0 ñ)
=
0,25
)
không có M
1/ 2
1/ 2
= fi ...
( y x ' M
2k2 +3k - 2 = 0 (cid:219) k = k = -2 hoặc k = 1/2. , ý nghĩa hình học của ñạo hàm ⇒ +
0,25
=
= -
M(0;4) hoặc M(-2;0).
- = 2
+ k = -2 có ðiều kiện : cos2x „
( + Mx ... 0; sinx „
)2 = 1 1 0; cosx „
(cid:219) (cid:219)
0,25
+
=
Khi ñó phương trình tương ñương với :
+
-
(
x
x
x M sinx (cid:219) x sin 2 cos 2 x x sin
x
-
Câu
0,25
cos x +
cos 2 .cos x ) =
0 (*) x sin x )
x
) ( . cos ( x cos . cos
x
x
sin
.sin
sin
x
x
x
x
- -
II.1
sin +
sin 2 .sin x ( cos . cos x ( =
)
fi x 2 0; M 0; sinx „ cos2x „ cos x cos sin x x x ) = x cos .cos 2 .sin ) ( . cos „
0)
x
sin
x
cos
x
x
cos
x
x
sin
x
-
(1,0 ñ)
0,25
2
=
cos (
sin )
x
+ x
x
x
(do cos (cid:219)
x
x
x
cos
cos
sin
0
cos
sin
0
(cid:219) (cid:219) (cid:219) (cid:219)
= x
2
2
- - -
1 cos .sin (
) =
1 (
x
x
cos
cos
x cos .sin
x
x
x
0
- -
0,25
(cid:219) p
=
x
cos p + k
/ 2
cos sin ˛ Z thỏa mãn (*)
,
k
0 0) (cid:219)
(cid:219) (cid:219)
cos
x x = (do cos
0
x
sin
sin ) = „ x
-
Trang 1/4
ðiểm
Câu
Nội dung cơ bản
3
x
5 1
x
ðiều kiện
(*) ( khi ñó 6x - 2 > 8)
2
6
x
2 1
5 < „ 3
< 0 < 0
- „ (cid:219) - „
0,25
Với ñiều kiện (*), bất phương trình tương ñương với
0
)
)
5
2
x
- ‡ - -
4 ( log 6 2 )
)
)
x
2
x
x
x
5
2
( log 6 2
(1)
(cid:219)
0
0
- - - - - - (cid:219) ‡ ‡ - - -
0,25
2 ( x log 3 2 ( ) 2 log 3 2 ) 5
x
x
x
2
( 2 log 3 2 ( ) 5 .log 6
( log 6 2 ( log 3 2
2
( log 3 2
Câu
)
( với ñiều kiện (*) thì
> 0 )
II.2
2x - ) >
nên
5
(1,0 ñ)
0,25
)2
(
Trên miền x > 2, ta có )
0 )
...
x
x
(cid:219)
6
3
5
2
5
0
( log 6 2
2
- ‡ - (cid:219) - - - ‡
x
3.
) <
nên
(1) (cid:219) (cid:219) 4 Trên miền 5 / 3
x -
5
0
(cid:219) -
)2
(
)
...
x
x
(cid:219)
(cid:219)
6
2
3
5
x
0
2
( log 6 2
- £ - - - - £
0,25
2
x
3 0
4
(1) (cid:219) x (cid:219) + ‡ x Vậy tập nghiệm là
5 ) ( log 6 2 ( x - log 3 2 ( x x 2 log 3 2 2 x £ 3, kết hợp ñiều kiện x > 2 ta có 2 < x £ 1 £ + £ x 0 3 ( x< < , ta có log 3 2 2 ) ( 5 2 log 3 2 1 hoặc x ‡ x £ S =
]2;3
3
2
- =
=
(cid:219) -
2 không thỏa mãn ñiều kiện ñang xét . )
( (
)
x
x
.
x
x
x x
x
20
0
5
1 10
100
0
(cid:219) - - ‡ (cid:219) -
0,25
( + (
)( (
x )
A
B
C
O
+ 5 ) 0;0 ,
= (cid:219) = 2 x 4 ) ( 0;10 ,
) 5;10 ,
( 1; 0
(
+ 0 + Miền (D) là hình thang cong OABC với ⇒ hình chiếu của B trên Ox là
.
H
)5; 0 V ,
, trong ñó
V
lần lượt là thể tích các khối tròn xoay do hình
V
OABH
CBH
CBH
-
0,25
= V V OABH chữ nhật OABH và tam giác cong CBH quay xung quanh trục Ox.
Câu
0, 25
III
=
= p
+ Công thức thể tích hình trụ = p ⇒
2 10 .5
p 500
5
5
(1,0ñ)
2
3
(
OABHV (
2 OA OH . . )
) 2 x dx
CBHV
∫
∫
4
3
= p p - - 1 x x = dx x
0, 25
1
p = - 5 = 1 x 4 x 3
p 500
1 p 344 3 p 1156 3
= = - ⇒ V (ñvtt) p 344 3 (ABCD) tại H , có SA = SB = SD ⇒ HA = HB = HD (các hình chiếu có
0,25
2
2
2
+
=
=
+ Hạ SH ^ các ñường xiên bằng nhau) ; D ABD vuông ở A nên H là trung ñiểm của BD
AD
12
a
2
= 2
AB =
BD + ⇒
4
SD
HD
a
SH
3 ⇒ 2 - - HD a= = 2 3 a
0,25
a 3
)
(
a 11 11 = = D = dt ABD SH . a . + V c a a 1 . 2 3 6
Câu IV (1,0ñ)
0,25
0
1 3 + Hạ HI ^ góc ta có CD ^ CD tại I , theo ñịnh lý ba ñường vuông SI ⇒ SI là khoảng cách cần tìm.
(cid:4) HID a
= = + D HID ⇒ = HI HD .sin 3.sin 60 a 3 2
0,25
2
2
a = + = = SI SH HI ... + D SHI ⇒ 13 2
Trang 2/4
ðiểm
Câu
Nội dung cơ bản
(
)
- = 3
,
x
a
+ = 1 y
b
2
2
2
+
=
+ ðặt 0 . Giả thiết + y + - = y 3 - + x 3 4 1
)
)
(
( + a b
a
b
+ a b
4
+ 1
(cid:219) - với a,b ‡ ) ta có (1) = a b + 2 ab 1 x ( + 4
0,25
2
2
2 4
= + Bài toán trở về tìm Max, min của M với ñiều kiện (1) và a,b ‡ 0 . 1 + 1 + a b 2 - = + = = + 1 . ðiều kiện (1) ⇒ , (1') a b S S - = S + và 1
2
- 0
) 1
4
S
2
‡ - - ‡ ‡ ‡ 1 2 b a = + St P ( 2 + Lại ñặt S ab P + Kết hợp (1') và ñiều kiện phương trình 2 t 2 S 4 P 1 2 có 2 nghiệm không âm. S P S 0; 0 ta có hệ ⇒
0,25
2
2
S
S
S
0;
4
1 0
2
- ‡ - - ‡ S P S 4 ; - = S 4 1 2 P
- - £ 8 S 2 0 S
Câu V
2
+ £ (cid:219) £ + S (2) 2 5 4 3 2 (cid:219) ‡ - - ‡ S S S 0; 4 1 0
(1,0ñ)
2
2
2
2
= ‡ + = + Có với u,v > 0 nên M (do a b 4 S + ) 1 + + 1 + ‡ v 1 u 4 + u v 4 + S 3 4 b a 2
0,25
4 4 4 M ‡ ⇒ min M = khi a b= = + 2 . mà có (2) nên + + 3 2 2 19 12 2
( + 4 4 3 2
2
2
3
) +
2
2
2
2
2
2
2
2
+ = + = = + = + M (do a b 4 S + ) 1 1 + a + + a 1 b a b 2 2 2 a b 1 4 S + S 4 3 + + P 2 1
0,25
+ P ‡ ⇒ £ M 0 ⇒ max M = + 1 . 1 + + + + 1 + S S 4 4 3 = + 1 2 b + 1 + S 4 £ + 1 2 1 + 10 4 5
)
( 4 2
ðạt ñược khi
5 2
2
a hoặc ngược lại. b= 0, = + 2 5
0,25
= = 2 - a b ⇒ 3 5, 4 = 8
0,25
= = F F 1 2 ( c= 2 )2 nên = ⇒ = + a b c + Vì (cid:4) 0 F M F = 90 64
Câu
1
2
+ 2 2 MF MF 1 2
(
(
)2
D D - - F F 1 2 ) =
VIa.1
1
+ vuông ở M nên 4
0,25
2
2 2 MF MF 1 2 ) =
4
36
9
= = D - D dt MF F 2 ( MF MF 2 ( a mà 2 10
(1,0ñ)
1
2MF F + MF MF 2
1
1 dt MF F 1 2 + +
)
a c
p
a
2
c 2
2
F F 1 2
p MF MF 1 2
D là = + 2 . MF MF 2 1 1 ) = = ⇒ dt MF F 64 10 2 + ⇒ = + = = 9
0,25
2MF F 1 =
= nên ( = = (ñv dài) r S p / 9 / 9 1
=
'
(P) ta có MA = MA' nên - - £ (*). Dấu "=" xảy ra (cid:219) M,A',B thẳng hàng và M nằm
0,25
- + Chu vi ⇒ + Gọi A' là ñiểm ñối xứng của A qua (P), " M ˛ MA MB MA MB ngoài ñoạn A'B, tức là M ” lớn nhất. (P); khi ñó MA MB
)
A
)
:
AH
- + - + t
1
t ; 1 2 ;
t
=
( (cid:2)(cid:2)(cid:3) n
AH
- - - + Hạ AH ^ (P) tại H, thì (tham số t) ⇒ ( H -
0,25
Câu
) - + +
)
)
1; 1;0 ( ) 1; 2; 1 (cid:219) t
= P ( - = t
t
A B ' M0 = A'B ˙ qua (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) u t 1 2
1
3
0
- - = 1 ⇒ H(0;1;-1) . (P) ⇒ (
VIa.2
(1,0ñ)
( - + + H ˛ 2 H là trung ñiểm của A'A ⇒ tọa ñộ A' là A'(1;3;-2). )
(
qua
0; 6; 3
B
)
BM
:
- + ; 6 3 ; 3 s
s
0
( M s 0
- - + ⇒ tọa ñộ (s là tham số).
0,25
=
v.t¬ chØ ph−¬ng
+
-
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ' BA ( ) - +
s
( ) 1; 3;1 ) - = s
M
3
3
0
) ( 0 2; 0; 1
( s 2 6 3 <
- - - (cid:219) s = 2 ⇒
'
B
0
x x + M0 ˛ + Rõ ràng nên M0 nằm ngoài ñoạn B A' và dấu "=" ở (*) xảy ra . x M
0,25
A là ñiểm cần tìm .
M
- ⇒ (P) ⇒ < ( ) 0 2; 0; 1
Trang 3/4
ðiểm
Câu
)
)
) i z
,
z
˛ - = z ta có
0,25
( + + i 1 2 (cid:219) = +
= + a bi )( + i a bi
1 2
( Víi ) ( + + 1 2
6
2
2
2
1 2 + - - + ðặt ( a = (1) b 4 i 6 0 6 b+ 2 3
+ + + - + Từ phương trình z ta có a z b + =
Nội dung cơ bản , từ phương trình ( a b R ) )( = (cid:219) ... (cid:219) i a bi a 2 ) ( + = i z 2
3 0 i bi 2 .2 3 0
Câu
0,25
2
2
+ - b a
VIIa
2
(1,0ñ)
0,25
25 b
- - - (2) 0 )2 + (cid:219) + = b 4 3 + Từ (1),(2) ta có ( b (cid:219) (cid:219) b = . b 3 2 + = b 4 3 0 + b 16 = 12 0 b = ; 2
0,25
2
2
= - + = ⇒ = - b a ; b a i z 2 1 = 2 6 5 + 3 6 i 5 6 5 3 5
(
)
) (
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ABn
= = + > - ⇒ a b + Gọi véc tơ pháp tuyến của AB là a b ; 0 ; b a 1 2 , (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) BCn
0,25
( =
Q BC
P AB
d Khi ñó cạnh của hình vuông bằng fi fi
( b y
10
0
- - . + AB qua M(10;3) nên phương trình AB : d ( a x = ⇒ = Vậy có 2 số phức cần tìm là 1 z ) (1) ( Vẽ hình minh họa) ) ) = + 3
0,25
13
+ a b
=
d
P AB
- + P(-3;4) ⇒ (2) fi
Câu
2
2
+
a
b
VIb.1
)
( b x
( + a y
7
) = 2
0
- - + BC qua N(7;-2) nên phương trình BC :
(1,0ñ)
0,25
+ b 3
a 5
=
d
Q BC
2
2
a
= -
- + Q(4;-7) ⇒ (3) fi
+ b + a b
a 5
- fi
0,25
- - - 0 - - - 0 18 a 8 (cid:219) a 5 (cid:219) a 5 + = - a b + = a b + Từ (1), (2), (3) ta có 13 + 3 b b 3 x AB : 2 AB x : 0
(
)
t
t
- = y+ 9 47 + = y 2 4 ( t là tham số)
0,25
)
+ 2 trường hợp: 3 b = , chọn a = 2 ⇒ b = 9 ta có b a 4 = , chọn a = 1 ⇒ b = - 4 ta có b+ 2 + - + 2 3 ;1 2 ;5 M t (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( AB = -
) 1; 0; 1
- - ⇒ , t t t
Câu
= - -
0,25
)
+ 13 13 0 + Vì M ˛ (d) nên tọa ñộ M có dạng (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) ( = - + AM (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AM AB ; - + t 8; 2 t 2; 2 2 ....
VIb.2
2
2
0,25
2 +
= ) =
(
)
(
(
) ( 2 + - + 8
) = 2
= + D - - - + dt AMB + 4 3 ; 2 2 ; 4 ( t 2 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AM AB ; t 2 2 t 2 t 2 t 3 t 12 18
(1,0ñ)
1 2 1 2
(
)
(
) =
(
dt AMB
t
6
dt AMB
6
D - D . Dấu "=" (cid:219) t = 2, khi ñó nhỏ nhất fi +
0,25
)2 + ‡ 2 )
ñiểm cần tìm
3 ( M -
4; 3;7
2
.
- 4 x m = =
0,25
(
2
=
+ ðiều kiện xác ñinh x „ 2, y ' ... . - + - 3 x ) 2 x 2
4
( ) f x
m
x
+ - 3 x
- , yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình
0,25
0
= . 6
Câu
x+ 23 + ðặt ( ) f x = có 2 nghiệm phân biệt 1
( ) 2
„ f ,x x khác 2 và thỏa mãn 1 x 1 0; 0 (1)
VIIb
m (2)
(1,0ñ)
0,25
+ Kết hợp với ñịnh lý Vi ét ta có hệ + > m = - 3 =
2 D = ' x x . 1 2 + x 1 + x 1 x 23,
3 x 2 x 2 = 4 = 6 = thay vào (2) fi m = 0 khi ñó (1) thỏa mãn 1
0,25
+ Từ hai phương trình sau có 1 x Vậy giá trị cần tìm là m = 0.
Ghi chú : ðáp án có 4 trang - Các cách giải khác nếu ñúng vẫn cho ñiểm tối ña.
Trang 4/4
Trường THPT chuyên Lam sơn
ðÁP ÁN ðỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2010-2011. Môn thi :Toán khối A
Nội dung
ðiểm
Câu Ý
I
2.
m =
2
2
3
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi 3 x
x
+ 2.
−
=
y
y
; = −∞
= +∞ .
2
=
- -
2,00 1,00 0,50
•
0 hoÆc
1.
x
x
=
= 6 x = (0) 2,
1), y
= (cid:219) = ' 0 y = (1) 1.
+¥
x
1
0
- ¥
'y
+
+
0
0
0,25
+¥
2
y
-
1
y
2
Với y 2m = , suy ra • Tập xác ñịnh : ℝ . lim • lim x x →+∞ →−∞ = ' 6 6 ( x x x y = y y y • C§ CT • Bảng biến thiên: ðồ thị hàm số:
0,25
1
0
- ¥
x
1 / 2
3 / 2
1
2
-
I
2 Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) ...
y
x x m
m
x
'
6 (
6(
6
=
− + 1).
x 1) − =
−
1,00 0,25
Ta có ðồ thị hàm só có cực trị khi và chỉ khi y’ có hai nghiệm phân biêt
m⇔ ≠ 1.
3
2
0,25
1;
(
)
(
1)
), A m B m
: AB y
m
m
( = − −
+ x m
I
Tọa ñiểm cực trị: Ba ñiểm A, B, (3;1)
(0; 1) m − − − + ⇒ thẳng hàng thẳng hàng khi và chỉ khi I AB∈
1
m
2 1) .3
m
m
⇔
m = .
( = − −
+ ⇔ = hoặc
1m = (loại). ðS:
4 3
2
Cách khác: Thực hiện phép chia y cho y’, ta ñược
0,25 0,25 0,25
2
1)
)
1, 2).
y y 1) m ( ' − − x m . +
+
=
=
4 3 − 1 6 x m i ( i
2
x m .
1)
y x ( i m ( = − −
+
0,50
I
,x x là nghiệm của 0, ' y = suy ra x m = − 3 m ( = − − 2
y thẳng hàng thẳng hàng khi và chỉ khi I AB∈
1
m
2 1) .3
m
m
.
m =
⇔
( = − −
+ ⇔ = hoặc
1m = (loại). ðS:
4 3
4 3
Tại 1 y i Suy ra pt ñt ñi qua hai ñiểm cực trị A, B: Ba ñiểm A, B, (3;1)
II
1 Giải phương trình
2,00 1,00
1
x
x
x
x
ð/k: sin
0, sin
sin
cos
cos
0.
≠
+
−
+
0,25
x − ≠
Ta có
x
x
x
x
tan
tan
tan
cot
1.
+ + − = ⇒
+
+
x − =
x + =
π 4 π 4 π 4 π 4
Phương trình ñã cho trở thành
3
2
2
3
3
0,50
x
x
x
x
x
x
x
sin
(7 cos
3)
sin
3cos
7 cos
0
4 cot
3cot
0
=
−
⇔
+
−
=
⇔
−
1 − =
cos sin
x
1
cot
.
=
x⇔ cot
= hoặc
x x 1 − 2
0,25
cot
1
x
x
k
cot
arc cot
π 4 π 4 π 2 π 4 π 4 π 4 π 4
kπ (
x = (koại do ñ/k). Với
= ⇔ =
+
∈
1 − 2
1 − 2
ℤ ).
1,00
x
x
x
x
3
2
2
2
− (1)
2 Giải bất phương trình:
2
x
x
ð/k:
x
2)
2
(
[
;
).
(1)
2
3
− + − − ≤ 0
x ∈
+∞
x ⇔ + −
2 + + − − ≤ (
)
2 3
0,50
x
. (2)
2)
0
x ( ⇔ −
+ + ≤
x
x 3
2
1
2 − 2 + +
−
2
−
ðặt
x
là hàm ñồng biến trên
f x ( )
1, (
)
;
=
x + +
≥
0.50
2 3
2 3
3
x
2
−
Suy ra
f x ( )
0
. Vậy (2)
[2/3; 2].
>
x⇔ ∈
2 x + + ≥ 2 f 3
5 = − 3
3 2
2
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các .....
+¥
III
2
0
Pt hoành ñộ giao ñiểm:
x
2
2
4
x
2
2
5.
x
x
x
x
4
3
5
0
+
=
)
= x 1 ⇔ = − x
+ − ≥ x x 4 2 x + + = + ⇔ ( )( + −
1
x
x
x
2 x
[ 5;1]
4
2
Với
2
4
S
x
x
dx
∈ − ⇒ + ≥ + − Vậy diện tích cần tìm là 2.
=
2 x + − − +
) 2
(
∫
5 −
2
1
−
2
2 x + − − +
x 5 ) x dx 3 x ( 4) dx ( = − −
1,00 0,25 0,50
∫
∫
5 −
2 −
1
2 −
2
3
3
2
'
− ', (
(
0,25 x (ñvdt). 4 27 + − + = + = x = − − 3 x 5 2 x − 3 x 3 2 27 2 27 2
2 d A ABD '))
5 − BD⊥ AB
và tính
IV
D’
C’
2
2
2
0
2
cos 60
a 3
A’
B’
= vuông tại B
− 2 AB
ABD
2 AB AD . ⇒ ∆
AD =
AB BD = 2 AB + ⇒ Như vậy : BD AB ⊥
H
O
BB
(
' D'D)
⇒ ⊥ AB ) ABCD BD '.
C
D
060
A
B
')).
( '
⊥
Chứng minh Trong tam giác ABD, ta có: + 2 BD
1,00 0,25 0,50
d D ABD , (
(
')
DH
.
( DD ' ⊥ AB ⇒ ⊥ ⇒ là trung ñiểm A’D, Gọi ' ' O AD A D O ∩ = d D ABD d A ABD Suy ra ( ')) , ( ( ', ( = Kẻ (1) ' DH D B H D B ). ' ∈ ⊥ Từ ' ) ( AB DH BB D D AB ⇒ ⊥ Từ (1) và (2) suy ra ABD DH ( ⊥
(2) ') ⇒
=
2
Trong tam giác BDD’ vuông tại D, có DH là ñường cao, suy ra
0,25
DH
d A ABD '; (
(
'))
.
=
+
⇒ = ⇒
=
2
2
2
1 DH
1 DB
1 DD
'
a 3 2
a 3 2
2
Chứng minh bất ñẳng thức ......
V
1 2
x
y
x
1 2 + + +
) ≤ + + y )
( 2 2 2(
)
2
2
2
và
Suy ra
x
.
x
y
x
y
x
y
. 2
2
(
)
(
)
.
y+ ≤
+
+
=
+
=
1 ≤ +
6 2
1 2
3 2
1.
2
Áp dụng bất ñẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: ( 1 2
1,00 0,25
x
y
4
2 6 .
1 2 + + + ≤ +
y
1 2
1 2
x
2(
x
x
4
xy
+ + +
2 = +
y ) + +
2 1 2( +
) y + +
x
Do ñó 1 2 Ta lại có ( x 2( 2 ≥ +
)2 ). y +
y ) + +
2 1 2( +
2
2
2
2
2
x
y
xy
x
y
y
y
y
(
)
2
(
2
)
.
Mặt khác
+
2 x = +
+
x = ⇒ + ≥
2 x + ≥ + = 2
1 2
1 2
2 2
0,75
x
y
Do ñó 1 2
1 2
1
1
2 .
+ + + ≥ + +
Theo chương trình chuẩn
VI.a
3,00 1,00
1 Viết phương trình các ñường thẳng AD và BC ...
có pt
( 1; 4)
Giả sử ta ñã xác ñịnh ñược các ñường thẳng AD và BC thoả mãn bài toán. ðường thẳng AB ñi qua ñiểm N − ( 5;0). 2 dạng a 0,(
a x (
4)
1)
ðường thẳng BC ñi qua ñiểm AB d AB CD
. (
S
)
,
BC d AD BC
. (
,
)
E − 2 + ≠ Ta có b 0).
b y ( + + − =
=
=
ABCD
)
4 −
( 2 a b − −
0,50
(
)
(
,
,
)
d M BC , )
(
d AB CD d AD BC ) =
⇔
=
⇔
=
d E d ( , 2
2
2
1 4 +
a
b
+
2
2
2
20
0,25
y
0,25
AD BD AD
3) 2. 0
Mặt phẳng (P) có một vtpt
mp(Q) có một vtpt
(3;12; 3),
(3; 4;9).
−
0,25
suy ra
Lấy
a= hoặc 11 ab a= − a b 2 . 4 b b 0 11 ⇔ − = ⇔ − Với chọn b y+ − = BC x = ⇒ = Suy ra a 2 0. 7 : 2. 1 a= b 2 , − = ⇔ + − = y Vì x AD x AD BD 3 2 0. 2( :1( 3) / / 0 + + ⇒ a= − chọn Với 11 a BC = ⇒ = − Suy ra b y− + = x 2 , 2 :11 11 b 0. 19 + − − = ⇔ − + = Vì y x y x 3) 2( 0. 39 2 11 3) :11( / / ⇒ (cid:2)(cid:2)(cid:3) Pn = A
t B
B
A
),
),
d
s
s
(
s 4 ).
2 ;3 4 ; 1 3 ), t t − − +
(cid:2)(cid:2)(cid:3) Qn = − (3 2 ; 1 3 ; 2 − − +
( 5 − +
∈
+
2
Suy ra
t (8 2
2 ; 4
t 4
s 4 ).
( d ∈ 1 (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AB s = − − − + +
2
Nếu AB là ñường thẳng cần tìm thì
0,25 0 =
0.
t 3 ;3 3 s − + (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) n AB . P (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) n AB . = Q (5; 4; 2) − −
B ( 3; 1; 2), 1 x 3 Suy ra AB : . ⇒ = = 0,25 1 + 8 = − y 1 + 3 − z 2 − 4 − = − − t = s − − A ⇒ (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AB
0,25 x 3 Vây phương trình ñường thẳng cần tìm là AB : . = = + 8 (8; 3; 4) Thử thấy các ñiểm A, B không thuộc các mặt phẳng (P), (Q). y 1 + 3 − z 2 − 4 −
=
3 Tìm số các số …. Giả sử lập ñược số
x a 5
2
4
2
2
4
a a a a a ) + + = + + + ⇒ + + = + + + + + + = a 1 16 3 a 6 a 3 thoả mãn yêu cầu bài toán. Ta có a a a a a a 1 2 3 4 5 6 a a a 2( 1 5 6 1 a 3 a 1 a 1
1,00 0,25
3
0;1; 2;3; 4;5 có tổng bằng 8 là
}
2
,
a 8. a 3
⇒
=
=
,
,
Trường hợp này lập ñược 2.2!.2! (số).
⇒
=
=
Trường hợp này lập ñược 3!.2! (số).
,
,
,
⇒
=
=
} } { } { 0;3;5 } { 1;2;5 { } 1;3; 4
} { 1; 2;4 . } { 0;3;4 . { } 0;2;5 .
} } }
} } }
} { a a a , , 1 2 3 a a a 1 2 3 a a a 1 2 3
0,50 Trường hợp này lập ñược 3!.2! (số).
+ + = Các bộ ba phần tử của tập { a 1 { 0;3;5 , 1; 2;5 , 1;3; 4 . Với { { a a a , 5 4 6 Với { { a a a , , 4 5 6 Với { { a a a , 6 4 5 Vậy số các số lập ñược thoả mãn yêu cầu bài toán là 2.2!.2! 3!.2! 3!.2! 32 + = (số).
+ Theo chương trình nâng cao 1 Tìm toạ ñộ các ñiểm B, C .....
VI.b
2
2
0,25 3,00 1,00
2
1
=
0,25 x Ta có 1) 2 + + = y 4. 2
2
y
4.
0,25 Toạ ñộ của các ñiểm B, C cần tìm là nghiệm của hệ pt:
2
2
IA = ⇒ ðường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có pt: ( + x y 9 4 + + = 2 x ( 1)
x
=
2
2
2
x
y
4
3 − = − x 3, ⇔ 5 + + = ( 1)
y 4 0,25 x 0 9 + = + + = x 1) ( ⇔ + x 5 18
Như vậy
hoặc
Với x y 0, 3 = − ⇒ = suy ra B hoặc C trùng A (loại).
C
x
y
;
.
= ⇒ =±
4 6 5
3 − 5
4 6 5
3 4 6 − B 5 5
3 − − ; 5
,
3 4 6 − − B ; 5 5
3 4 6 − C , ; 5 5
.
2
Với 0,25 0,25
là vtpt của mặt phẳng (P), thì vì (P) ñi qua A, B nên
(cid:3) n
c
b
a b c ( ;
; ) (
0)
=
+ + ≠
2 Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua các ñiểm .... 2
1,00 0,25
Gọi (cid:3) n
( 5; 13;12)
2 a (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) AB = − −
12
c
a
c
b
vuông góc với (cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) n AB .
0
5
b 13
12
0
.
⇒
= ⇒ − −
+
= ⇒ =
5 a − + 13
trong ñó
là vtpt của
Gọi ϕ là góc giữa mp(P) và mp(Oxz) thì
(0;1; 0)
(cid:3) j =
cos
,
ϕ =
(cid:3) (cid:3) . n j (cid:3) (cid:3) n j .
0,25
b
mặt phẳng (
).Oxz Vậy
cos
.
ϕ =
2
2
c
0
Nếu
2 b + + có giá trị lớn nhất.
cos
0
ϕ
ϕ
b = thì 0,
= ⇒ =
a 90 1
1
1
b ≠ thì 0,
C1: Nếu
cos
.
ϕ =
=
=
2
2
2
2
2
2
a
c
a
c
1
1
+
+
) 2
2 b + + 2 b
+ 2 b
c + 12 ) c
169( a a ( 5 − +
2
2
2
2
0,50
nên
Ta có:
c 12 )
(25 144)(
a
) 169(
a
c
),
cos
0 45 .
ϕ
ϕ
≤
= ⇒ ≥
( 5 a − +
≤ +
2 c + =
+
2 2
"= xảy ra khi 12
x
Dấu " Vậy pt mp(P) là 5(
12(
c = − và 12 y x 12 13 5
1 1 1 + b = − 13. − = z 0. 70
a − 2) 13 − −
= Chọn 5 . c y −
a = thì 5, 0 5) + = ⇔ −
−
b
z b
5
5
1
j =
=
=
£
C2:
cos
.
2
2
2
2
+
+
= 5 2
2
a
b
c
c 12
b 13
2
2
+
+
2 +
b
c
13.
12
50
c b
5
- -
12
b 13
c
Minj =
khi
13
= 12
0,
= a
P
x
y
z
045 ,
. Suy ra (
) : 5
13
12
70
−
−
− = 0.
c b
5
- -
4
3z
Tìm dạng lương giác của số phức
VII.b
2
2
=
+
+
+
6(1
i
)
+ = 4( 3 4 ) 6(1 2 i i
= + ) 4 3 16 i
i
i 4 3 4
Ta có:
8
i
- - - -
1,00 0,50
3 2
1 2
p
p
=
+
và
i
sin
i
i
1
2
sin
.
i − =
−
=
+
2 cos
2 2
2 2
π − 4
π − 4
6
6
8 cos
- -
Do ñó
i sin = 8 cos 0,50 z i sin = = + π − 6 π + + 4 π − 6 π 4 4 2 cos i sin + 2 cos π − 6 π − 4
3 z ⇒ =
i i sin 128 2 cos sin . = + + π − + 6 π − 4 π 12 π 12 π 4 4 2 cos π 4
A mp Oxz ), ( nên mặt phẳng (P) ñi qua AB sẽ cắt mp(Oxz) theo giao tuyến ∆ ñi qua A và nằm trên mặt ∈
(cid:4)' BHB
là góc giữa mp(P) và mp(Oxz).
Ghi chú: Câu VI.b2 có thể giải theo cách sau: Vì phẳng (Oxz). Gọi B’ là hình chiếu của B trên mặt phẳng (Oxz) và H là hình chiếu của B trên ∆ thì góc ϕ =
ϕ =
Ta có nhưng BB’ không ñổi còn tan tan , B
ϕ ≥
(cid:3) Khi góc ϕ có giá trị nhỏ nhất, ta gọi u
nên Dấu bằng xảy ra khi H trùng tan ' ' . B H B A≤ , BB (cid:4) ' BHB ' = ' B H ' BB B A ' A, tức là góc ϕ có giá trị nhỏ nhất.
là vtcp của ∆ , thì vì ∆
(cid:3) n
(cid:3) nằm trong Oxz nên u
(0;1; 0)
(cid:3) j =
B’ A vuông góc với vtpt của Oxz,
(cid:2)(cid:2)(cid:3) BA =
(5;13; 12), −
(cid:3) và u (cid:3) u
[
(12; 0;5).
=
=
(cid:3) u
ta chọn H ∆ vuông góc với vectơ (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:3) BA j , ] Oxz
(cid:3) Mặt khác mp(P) chứa A, B và ∆ , nên vtpt n (cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:3) phương với vectơ [ BA u = (65; 169; 152). , ]
−
−
của (P) cùng
0,25 0,25 0,25 0,25
(cid:3) n = − − (5; 13; 12) z 0) 12( − −
y x y z 5 2) 13( 70 13 12 , pt mp(P): x 0 5) + = ⇔ − − = 0. −
5
Ta chọn lại 5( − − Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong ñáp án mà ñúng thì ñược ñủ ñiểm từng phần như ñáp án qui ñịnh.
