SỞ GD – ĐT

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

48
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'sở gd – đt ', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: SỞ GD – ĐT

SỞ GD – ĐT KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011 THPT Chuyên Vĩnh Phúc Môn : Toán 12 A Thời gian: 150 phút (Không kể giao đề) I. Phần chung cho tất cả thí sinh Câu 1. Cho hàm số y = x 4 - 4 x 2 + 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình | x 4 - 4x 2 + 3 | m có bốn nghiệm phân biệt. = Câu 2. 1. Giải phương trình 2 ( x 2 + 2 x + 3) = 5 x 3 + 3x 2 + 3x + 2 pö æ 2 cos ç x - ÷ 1 4 ø è 2. Giải phương trình = tan 2 x + cot x cot x + 1 6 - 2 x - 3 3x 2 + 5 Câu 3. Tìm giới hạn L = lim x - 1 x ®1 Câu 4. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là đáy nhỏ. Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều có cạnh với độ dài bằng 2a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, SC = a 5 và khoảng cách từ D tới mặt phẳng ( SHC ) bằng 2a 2 (ở đây H là trung điểm AB ). Hãy tính thể tích khố i chóp theo a. Câu 5. Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng sin A + sin B + sin C + tan A + tan B + tan C > 6. II. Phần tự chọn: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B. A. Theo chương trình chuẩn. Câu 6A. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxy cho hai đường thẳng d1 : x + 3 y = 0 và d 2 : x - 3 y = 0. Gọi w là đường tròn tiếp xúc với d tại điểm A có hoành độ dương, cắt d1 tại hai điể m 2 B, C sao cho tam giác ABC vuông tại B và có diện tích bằng 2 3 (đ.v.d.t). 1. Viết phương trình đường tròn w . 2. Viết phương trình đường tròn w ¢ là ảnh của w qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liê n tiếp phép đối xứng qua Oy rồi vị tự tâm A với t ỷ số k = -2. Câu 7A. Tính tổng S = C2010 - 2C22010 + 3C2010 - L - 2010C2010 1 3 2010 B. Theo chương trình nâng cao Câu 6B. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A ( 6; 6 ) , đường thẳng đi qua trung điểm các cạnh AB, AC có phương trình x + y - 4 = 0 và đường cao kẻ từ C có phương trình 3x + 2 y + 3 = 0. 1. Xác định tọa độ các điểm B, C . 2. Viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm A, B¢, C , trong đó B¢ là điểm trên đường thẳng BC sao cho tam giác AB¢C cân tại A. Câu 7B. Tính tổng S = 2 2 C2010 - 32 C2010 + 4 2 C2010 - L + 2010 C20010 2 3 4 2 2 10 http://laisac.page.tl Chú ý. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD – ĐT HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011 Trường THPT Chuyên Môn : Toán 12 A Vĩnh Phúc Thời gian: 150 phút (Không kể giao đề) Chú ý. Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, trong hướng dẫn chấm chỉ trình bày sơ lược một cách giải, nếu học sinh có lời giải đúng và khác với lời giải trong HDC, giám khảo vẫn cho điểm tối đa của phần đó. Câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm. Hướng dẫn chấm này có 5 trang. Điểm Câu Ý Nội dung 1 + TXĐ: ¡ 0.25 I + Chiều biến thiên: y¢ = 4 x3 - 8 x = 4 x ( x 2 - 2 ) , y¢ = 0 Û x = 0 Ú x = ± 2 ( )( ) ( ) ( ) y¢ > 0 Û x Î - 2 ; 0 È 2 ; +¥ , y¢ < 0 Û x Î -¥; - 2 È 0; 2 0.25 Do đó hàm số đồng biến trên ( - 2 ; 0 ) , ( 2 ; +¥ ) , hàm số nghịch biến trên ( -¥; - 2 ) , ( 0; 2 ) ( ) Hàm số đạt cực đại tại x = 0, ycd = 3 , hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 2 , yct = y ± 2 = -1. 4 3 ö 4 æ 0.25 Giới hạn lim y = lim x ç1 - 2 + 4 ÷ = +¥ èx x ø x®¥ x ® ¥ Bảng biến thiên (giám khảo tự vẽ) + Đồ thị Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng. y 4 ( ) Đồ thị hàm số cắt Ox tại ( ±1; 0 ) , ± 3; 0 3 2 0.25 3 3 x 1 O 1 2. + Số nghiệm của phương trình | x 4 - 4x 2 + 3 | m là số giao điểm của đồ thị hàm số = 0.25 y = x 4 - 4x 2 + 3 với đường thẳng y = m (cùng phương với Ox ) + Nêu cách dựng đồ thị y = x 4 - 4x 2 + 3 từ đồ thị vừa vẽ 0.5 + Từ đó suy ra phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 < m 0 ta được 0.25 2 ( u 2 + v 2 ) = 5uv Û ( 2u - v ) ( u - 2v ) = 0
3 ± 37 Nếu v = 2 ta có phương trình x 2 + x + 1 = 2 x + 2 Û L Û x = (thỏa mãn điều u 0.25 2 kiện) Nếu u = 2 ta có phương trình x + 2 = 2 x 2 + x + 1 Û 4 x 2 + 3x + 3 = 0 phương trình này v 0.25 vô nghiệm. Kết luận nghiệm … 2. + Điều kiện: sin x ¹ 0, cot x ¹ -1, cot x ¹ 0, cos 2 x ¹ 0, tan 2 x + cot x ¹ 0 0.25 + Nhận xét pö cos x sin x + cos x 0.25 æ tan 2 x + cot x = , 2 cos ç x - ÷ = sin x + cos x, cot x + 1 = cos 2 x sin x sin x 4 ø è do đó phương phương trình đã cho tương đương với é x = 2 p k 2 p k 0.25 ê cos 2 x = cos x Û L Û 2 p ( k Î ¢ ) Û x = ( k Î ¢ ) k êx = 3 3 ë Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có hai họ nghiệm 2p 2p 0.25 + 2 mp ( k , m Î ¢ + 2 p và x = - x= k ) 3 3 Ta có III 6 - 2 x - 2 2 - 3 3 x + 5 2 6 - 2 x - 3 3 x + 5 = + 0.25 x -1 x -1 x - 1 2 (1 - x ) 3 (1 - x ) (1 + x ) = + ( ) ( x - 1) 6 - 2 x + 2 ( x - 1) æ 4 + 2 3 3 x 2 + 5 + 3 3 x 2 + 5 2 ö ( ) 0.25 ç ÷ è ø 3 (1 + x ) 2 =- - 6 - 2 x + 2 4 + 2 3 3 x 2 + 5 + 3 3 x 2 + 5 2 0.25 ( ) Từ đó suy ra æ ö 3 ( x + 1 ) 6 - 2 x - 3 3 x + 5 2 2 æ ö 0.25 + lim ç - ÷ = -1 L = lim = lim ç - ÷ x ®1 ç ç 4 + 2 3 x + 5 + 3 ( 3 x + 5 ÷ x - 1 ) ÷ 6 - 2 x + 2 ø x ®1 x ®1 3 2 2 è è ø
IV S 2a a 5 a C B 2a A a 45° D H a a H 45° A a 2a 2 a E D B a C 4a C 'ºC 2a 3 Từ giả thiết suy ra SH ^ ( ABCD ) và SH = 0.25 = a 3 2 Theo định lý Pyt hagoras ta có CH = SC 2 - SH 2 = a 2 . 0.25 Do đó tam giác HBC vuông cân tại B và BC = a Gọi E = HC Ç AD thế thì tam giác HAE cũng vuông cân và do đó 0.25 CE = 2a 2 = d ( D; HC ) = d ( D; ( SHC ) ) suy ra DE = 2a 2 × 2 = 4a Þ AD = 3a. 1 ( BC + DA ) × AB = 4 a 2 (đ.v.d.t.). Vậy Suy ra S ABCD = 2 0.25 4 3 a 1 VS . ABCD = × SH × S ABCD = (đ.v.t.t.) 3 3 V æ pö Nhận xét. sin x + tan x > 2 x "x Î ç 0; ÷ 0.25 è 2 ø Chứng minh nhận xét 0.25 Áp dụng nhận xét được sin A + sin B + sin C + tan A + tan B + tan C > 2 ( A + B + C ) = 2p 0.25 Từ đó do p > 3 nên suy ra điều phải chứng minh. 0.25 1 VIA A O 5 I B 2 C 1 ×1 - 3 × 3 1 d1 , d cắt nhau tại gốc tọa độ O và cos ( d1 ; d 2 ) = = từ đó do tam 2 2 2 2 ( 3) ( ) × 1 + - 3 1+ 0.25 p p giác ABO vuông tại B nên ÐAOB = và tam giác AIB đều do đó ÐCAB = 3 3
2 AB × BC AB 3 Suy ra BC = AB 3 và do đó 2 3 = SDABC = Þ AB = 2 suy ra = 2 2 0.25 AB 4 OA = = sin Ð BO A 3 Điểm A là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn tâm O bán kính OA nên có tọa 2 ì x - 3 y = 0 ï độ là nghiệm của hệ í 2 16 2 0.25 ïx + y = 3 î 2 æ 2 ö Giải hệ, với chú ý x > 0 ta được x = 2, y = hay A ç 2; ÷ 3 3 ø è 8 Do CA ^ d 2 nên AC có phương trình 3x + y - = 0 . Từ đó, tìm được tọa độ của 3 0.25 4 ö æ ÷ . C ç 4; - 3 ø è 1 ö æ Tâm I của đường tròn là trung điểm của AC nên I ç 3; - ÷ . 3 ø è 0.25 2 1 ö æ 2 Vậy w : ( x - 3 ) + ç y + ÷ = 1 3 ø è 2 æ 1 ö Đường tròn w1 đối xứng với w qua Oy có tâm I1 ç 3; ÷ và có bán kính R = 1 0.25 3 ø è Đường tròn w ¢ cần t ìm là ảnh của w1 qua phép vị tự tâm A với t ỷ số -2 nên có bán kính uuu r uuu r 0.25 æ 4 ö R¢ = 2 R = 2 và có tâm I ¢ : AI ¢ = -2 AI1 . Từ đó tìm được I ¢ ç 0; ÷ 3 ø è 2 4 ö æ 2 Vậy w ¢ : x + ç y - 0.25 ÷ = 4 3 ø è VIIA k -1 Số hạng tổng quát của tổng cần tính là ( -1) kC2k 10 với k = 1, 2,K 2010 , 0.25 0 Do kCn = nCn -11 với mọ i k = 1, 2,K n nên k k - , 0.25 k -1 k -1 kC2k010 = 2010 × ( -1) C20-019 "k = 1, 2,K 2010 k ( -1) , 2 00 9 20 09 k -1 i 20 09 C2k001 = 2010 å -1) C2009 = 2010 (1 - 1) - i Suy ra S = 2010 å ( -1) ( = 0 0.5 9 k =1 i = 0
1 VIB A E F G B C D Gọi E là hình chiếu của A trên đường thẳng FG (đường thẳng đi qua trung điểm hai cạnh ì x + y - 4 = 0 ï AB, AC ). Khi đó E có tọa độ là nghiệm của hệ í x - 6 y - 6 ï 1 = 1 î 0.25 Giải hệ thu được x = y = 2. Do đó E ( 2; 2 ) . Do D = VA ( E ) nên tìm được D ( -2; -2 ) . 2 Do đường thẳng BC song song với FG nên … BC có phương trình x + y + 4 = 0 . Suy ra ì x + y + 4 = 0 tọa độ của C là nghiệm của hệ í 0.25 î3 x + 2 y + 3 = 0 Giải hệ, thu được x = 5, y = - . Vậy C ( 5; -9 ) 9 Đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với đường cao kẻ từ C nên có phương trình 0.25 2 x - 3 y + 6 = 0 . ì x + y + 4 = 0 Do đó tọa độ của B là nghiệm của hệ í î x - 3 y + 6 = 0 2 æ 18 2 ö 18 - 2 0.25 × Suy ra B ç - ; - ÷ . Giải hệ thu được x = - , y = è 5 5 ø 5 5 2 Do D là trung điểm B¢C nên B¢ ( -9; 5 . ) 0.25 ì I Î AD Gọi I là tâm đường tròn đi qua ba điểm A, B¢, C . Khi đó í î A = IB¢ I ì x - y = 0 ï 0.25 Suy ra tọa độ của I thỏa mãn hệ í 2 2 2 2 ï( x - 6 ) + ( y - 6 ) = ( x + 9 ) + ( y - 5 ) î 17 Giải hệ thu được x = y = - 16 246 0.25 Bán kính của đường tròn cần tìm là R = IA = 4 Suy ra phương trình đường tròn càn tìm là 2 2 0.25 17 ö æ 17 ö 246 123 æ çx+ ÷ +ç y+ ÷ = = 8 16 ø è 1 6 ø 1 6 è
VIIB k k Số hạng tổng quát của tổng cần tính bằng ( -1) k 2 C2k010 = ( -1) ( k ( k - 1) C2k010 + kC2010 ) vớ i k 0.25 k = 2, 3,K 2010 , Do kCn = nCn -1 "k = 1, 2,K , n nên k k -1 k k k ( -1) k ( k - 1)C2k010 = ( k - 1) × ( -1) kC 2010 = 2010 ( -1) ( k - 1) k009 k C2 -1 0.25 k - 2 = 2010 × 2009 ( -1) C20-08 "k = 2, 3,K , 2010 k 2 k k k -1 và ( -1) kC2k010 = 2010 ( -1) C20-019 = -2010 ( -1) C2k -019 "k = 2, 3,K 2010 k , 0 Do đó 201 0 20 10 k -2 k -1 C20-08 - 2010 å ( -1) k2 C k001 - S = 2010 × 2009 å ( -1) 2 9 k =2 k = 2 200 8 20 09 0.5 i i = 2010 × 2009 å ( -1) C2008 - 2010 å ( -1) C i 09 i 20 i =0 i =1 200 8 20 09 i i i i 0 = 2010 × 2009 å ( -1) C2008 - 2010 å -1) C2009 + 2010C2009 = 2010 ( i =0 i = 0