KIểm tra Toán 11A lần 2 pot

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
—————————
BÀI KIỂM TRA SỐ 2 - NGÀY 14.11.2010
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2 3
3 1
2 2
y x mx m= − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
2. Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại , cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình

( )
2
2 7 2 1 8 7 1x x x x x x+ − = − + − + − + ∈¡

2. Giải hệ phương trình
( )
2
2 2 3 2
,
2 3 1 0
x y x y
x y
x xy


+ = − −

∈

+ + =


¡
Câu III (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3 3
17
8cos 6 2sin 2 3 2 cos 4 .cos2 16cos
2
x x x x x
π
 
+ + − =
 ÷
 
2. Cho số tự nhiên n thỏa mãn:
1 2 2 n n
n n n
C .2 C .2 C .2 6560+ + + =
. Tìm số hạng không chứa x
trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
3
x ; x 0

x x
 
+ >
 ÷
 
Câu IV (3,0 điểm)
1. Trong hệ tọa độ Oxy cho elip (E) đi qua M(-2 ; 3) và hình chữ nhật cơ sở có diện tích
bằng
8 3
. Viết phương trình chính tắc của elip (E).
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
, 2AB a BC a= =
. Cạnh bên SA vuông
góc với đáy và SA=
3a
. M là trung điểm của SD, N là trung điểm của AD
. a).Chứng minh rằng đường thẳng AC vuông góc với mặt phẳng (BMN).
b).Gọi (P) là mặt phẳng đi qua B,M và cắt mặt phẳng (SAC) theo một đường thẳng vuông góc
với đường thẳng BM. Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (P).
Câu V (1,0 điểm). Cho
, ,x y z
là các số thực không âm thoả mãn điều kiện
2 2 2
1x y z+ + =
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
( )
6 27P y z x xyz= + − +
.
Hết

Chú ý : Thí sinh tự giác làm bài không quay cóp, không trao đổi.
Họ và tên thí sinh: …………………………………………SBD: …………………
Đáp án và thang điểm xem tại
1
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu NỘI DUNG Điểm
I
1. Khảo sát hàm số khi m = 1
1,00
Khi m = 1 ta có
3 2
3 1
2 2
y x x= − +
.
• Tập xác định:
¡
• Sự biến thiên
-Chiều biến thiên
Ta có
2
' 3 3y x x= −
;
0
' 0
1
x
y
x
=


= ⇔

=

0,25
Trên khoảng
( )
;0−∞
và
( )
1;+∞
, ta có
' 0y >
nên hàm số đồng biến
Trên khoảng
( )
0;1
, ta có
' 0y <
nên hàm số nghịch biến
-Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0,
1
(0)
2
CÐ
y y= =
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1,
( )
1 0

CT
y y= =
0,25
-Giới hạn tại vô cực:

lim
x
y
→−∞
= −∞

lim
x
y
→+∞
= +∞
-Bảng biến thiên
x
−∞
0 1
+∞
y’ + 0 - 0 +
y

1
2

+∞

0

−∞
0,25
• Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành tại điểm
1
;0
2
 
−
 ÷
 
;
( )
1;0
và cắt trục tung tại
điểm
1
0;
2
 
 ÷
 
. Đồ thị nhận điểm uốn
1 1
;
2 4
U
 
 ÷
 
làm tâm đối xứng.

4
2
-2
-4
y
-10
-5
5
10
x
0,25
2. Tìm m để đồ thị hàm số có cực đại cực tiểu… 1,00
Ta có y’=
2
3 3x mx−
0
' 0
x
y
x m
=

= ⇔

=

0,25
2
Để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu thì
' 0y =

có hai nghiệm phân biệt
0m
⇔ ≠
.
Khi đó giả sử các điểm cực đại, cực tiểu là :
3
0;
2
m
A
 
 ÷
 
và
( )
; 0B m
0,25
Ta có:
3
;
2
m
AB m
 
−
 ÷
 
uuur
; trung điểm I của AB là:
3

;
2 4
m m
I
 
 ÷
 
Theo yêu cầu bài toán để A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x thì
đường thẳng AB vuông góc với
: y x∆ =
và trung điểm I của AB thuộc đường
thẳng
. 0AB u
I
∆

=

⇔

∈∆


uuur uur

3
3
0
0
2

2
4 2
m
m
m
m
m m

− =

=


⇔ ⇔


= ±


=


Đối chiếu điều kiện ta có
2m = ±
0,5
II
1. Giải phương trình … 1, 00
Điều kiện:
1 7x≤ ≤
Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương:

2
1 2 7 2 1 8 7x x x x x− + − = − + − + −
0,25
Đặt:
( )
1 , 7 , 0a x b x a b= − = − ≥
Phương trình đã cho trở thành:
( ) ( )
2
2 2 2 0a b a ab a a b+ = + ⇔ − − =
2a
a b
=

⇔

=

0,25
Với a = 2 ta có:
1 2 1 4 5x x x− = ⇔ − = ⇔ =
Với
a b
=
ta có:
1 7
1 7 4
1 7
x

x x x
x x
≤ ≤

− = − ⇔ ⇔ =

− = −

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4 và x = 5.
0,5
2. Giải hệ phương trình … 1,00
Điều kiện:
2
y
x ≥ −
0,25
Từ phương trình thứ nhất ta có
2 1
2 3 ( )
x y
x y VN

+ =
⇔


+ = −

0,25
Với

2 1 2 1x y x y+ = ⇔ + =
1 2y x⇔ = −
thay vào phương trình thứ hai ta được

2
1
4 3 1 0
1
4
x
x x
x
=


− + + = ⇔

= −

0,25
Với x = 1 thì y = - 1 ta có nghiệm (x; y) = (1; -1)
Với
1
4
x = −
thì
3
2
y =
ta có nghiệm

( )
1 3
; ;
4 2
x y
 
= −
 ÷
 
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x ; y) = (1 ; -1) và
( )
1 3
; ;
4 2
x y
 
= −
 ÷
 
0,25
3
III
1. Giải phương trình…
1,00
Ta có:
3 3
17
6 2sin 2 3 2 cos 4 .cos2 6 2 sin 2 3 2 sin 4 .cos2
2
x x x x x x

π
 
+ − = +
 ÷
 
=
( )
2 2
6 2 sin 2 sin 2 cos 2 6 2 sin 2x x x x+ =
0,25
Phương trình đã cho tương đương với

3
4cos 3 2 sin 2 8cosx x x+ =
2
2cos .(2cos 3 2 sin 4) 0x x x
⇔ + − =
2
cos 0
2sin 3 2 sin 2 0
x
x x
=

⇔

− + =

0,5
( )

2
2
4
3
2
4
x k
x k k
x k
π
π
π
π
π
π

= +



⇔ = + ∈



= +

¢
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
; 2
2 4

x k x k
π π
π π
= + = +
và
( )
3
2
4
x k k
π
π
= + ∈¢
0,25
2. Xác định hệ số không chứa x trong khai triển nhị thức Niu tơn
1,00
Ta có:
1 2 2 n n 0 1 2 2 n n
n n n n n n n
C .2 C .2 C .2 6560 C C .2 C .2 C .2 6561
+ + + = ⇔ + + + + =
0,25

( )
8
1 2 6561 3 3 8 ( )
n
n
n TM⇔ + = ⇔ = ⇔ =
0,25

Với n = 8 ta có:

( )
8 k
8 k 3k
8 8
8 k
k k k
2 2
8 8
k 0 k 0
3 3
x C x C .3 .x .x
x x x x
− −
−
= =
   
+ = =
 ÷  ÷
   
∑ ∑

8 4k
8
k k
2
8
k 0
C .3 .x

−
=
=
∑
0,25
Số hạng không chứa x tương ứng với giá trị k thoả mãn

8 4
0 8 4 0 2
2
k
k k
−
= ⇔ − = ⇔ =
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là:
2 2
8
.3 252C =
0,25
1.Viết phương trình chính tắc của elip
1,00
Gọi phương trình chính tắc của elip (E) có dạng
( )
2 2
2 2
1 0
x y
a b
a b
+ = > >

0,25
Theo bài ra ta có :

2
4 2
2 2
2
4 9
4 3
1
3 4 16 0
1
4
2 3
2 .2 8 3
2 3
a
a a
a b
a
ab
a b
ab



+ =
− + =
+ =
  

⇔ ⇔
  
=

 

=
=


vô nghiệm 0,5
Vậy không tồn tại phương trình chính tắc của elip (E) thoả mãn yêu cầu bài
toán.
0,25
4
a). Chứng minh AC vuông góc mp(BMN) 0,5
G
O
A
B
D
C
S
M
N
F
E
Trong mặt phẳng (ABCD), xét hai tam giác vuông ABC và NAB ta có
1
2

AN AB
AB BC
= =
do đó :
ABC NAB
∆ ∆
:
mà
,AN AB BA BC⊥ ⊥
suy ra
AC BN⊥
(1)
0,25
Mặt khác M là trung điểm SD, N là trung điểm của AD nên MN // SA mà
( ) ( )
SA ABCD MN ABCD⊥ ⇒ ⊥
do đó
MN AC
⊥
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
( )
AC BMN⊥

0,25
b). Tính khoảng cách từ S đến mp(P) 1,50
Theo câu a, AC vuông góc với mặt phẳng (BMN) nên AC vuông góc với BM.
Mặt phẳng (P) đi qua BM và cắt (SAC) theo một đường thẳng vuông góc với BM
mà nên EF//AC (
,E SA F SC∈ ∈

).
0,25
Ta có :
2
2
ABCD
S a=
3
2
1 1 6
. 3. 2
3 3 3
SABCD ABCD
a
V SA S a a= = =
0,25
Trong mặt phẳng (SBD) ta có G là trọng tâm của tam giác SBD nên
2
3
SG
SO
=
Trong mặt phẳng (SAC) ta có:
2
3
SE SF SG
SA SC SO
= = =
( vì EF//AC)
2 1 1

. .
3 2 3
SEBM
SABD
V
SE SM
V SA SD
= = =
và
2 1 1
. .
3 2 3
SBFM
SBCD
V
SF SM
V SC SD
= = =
mà
1
2
SABD SBCD SABCD
V V V= =
.
Do đó:
1 1 2
1 1 1
3 3 3
2 2 2
SEBFM SEBM SBFM

SABCD SABCD SABCD
V V V
V V V
= + = + =
0,25
5
Suy ra
3
1 6
3 9
SEBFM SABCD
a
V V= =
0,25
Lại có:
3BD a=
,
5SD a=
,
2SB a
=
Nên:
3
2
a
BM =
,
2 2 3
.
3 3

a
EF AC= =
Tứ giác EBFM có hai đường chéo vuông góc với nhau nên ta có :
2
1 1 3 2 3 3
. . .
2 2 2 3 2
EBFM
a a a
S BM EF= = =
0,25
Vậy khoảng cách từ S đến mặt phẳng (P) là

( )
3
,( )
2
6
3.
3
2 2
9
3
3
2
SEBFM
S P
EBFM
a
V

a
d
S
a
= = =
0,25
V
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1,00
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki ta có:
( )
2 2
2y z y z+ ≤ +
và
2 2
2
y z
yz
+
≤
Ta có
(
)
( )
2 2 2 2
27
6 2
2
P y z x x y z≤ + − + +
0,25

Vì
2 2 2
1x y z+ + =
nên

(
)
( ) ( )
2 2 3 2
27 27 15
6 2 1 1 6 2 1
2 2 2
P x x x x x x x≤ − − + − = − + + −
Lại áp dụng Bất đẳng thức Cô si:
2
2
8
1
2 2
9
. 1
3 2
x
x
+ −
− ≤
Suy ra
( )
3 2
1

27 9 15 17
2
P x x x
−
≤ + − −
0,25
Theo giả thiết
, ,x y z
là các số thực không âm thoả mãn điều kiện
2 2 2
1x y z+ + =
.
ta có
[ ]
, , 0;1x y z ∈
. Xét
( )
( )
3 2
1
27 9 15 17
2
f x x x x
−
= + − −
trên đoạn [0 ; 1]
Ta có :
( )
( )
2

1
' 81 18 15
2
f x x x
−
= + −

( )
1
3
' 0
5
( )
9
x
f x
x loai

=

= ⇔


= −


Và
( ) ( )
17 1
0 ; 10; 1 2

2 3
f f f
 
= = = −
 ÷
 
. Do đó :
[ ]
( )
0;1
1
10
3
x
Max f x f
∈
 
= =
 ÷
 
0,25
Từ đó suy ra
10P
≤
. Đẳng thức xảy ra khi
1 2
,
3 3
x y z= = =
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 10 đạt tại

1 2
,
3 3
x y z= = =
0,25
(Nếu thí sinh là theo cách khác mà đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.
6
7