ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN LẦN I NĂM 2010 - NGHỆ AN ppt

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I NĂM 2010
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG I Môn Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I (2,0 điểm).
Cho hàm số y = -x
3
+3x
2
+1
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
2. Tìm m để phương trình x
3
-3x
2
= m
3
-3m
2
có ba nghiệm phân biệt.
Câu II (2,0 điểm ).
1. Giải bất phương trình:
2
4 4
16 6
2
x x
x x
+ + −
≤ + − −

2.Giải phương trình:
2
1
3 sin sin 2 tan
2
x x x+ =
Câu III (1,0 điểm).
Tính tích phân:
ln3
2
ln2
1 2
x
x x
e dx
I
e e
=
− + −
∫
Câu IV (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=
2a
. Đáy là tam giác ABC cân
·
0
120BAC =
, cạnh
BC=2a Tính thể tích của khối chóp S.ABC.Gọi M là trung điểm của SA.Tính khoảng cách từ M
đến mặt phẳng (SBC).

Câu V (1,0 điểm).
Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh:
( )
3 3 3
3 3 3
1 1 1 3
2
b c c a a b
a b c
a b c a b c
+ + +
   
+ + + + ≥ + +
 ÷  ÷
   
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A. Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a(2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) :
2 2
4 2 1 0x y x y+ − − + =
và điểm A(4;5). Chứng
minh A nằm ngoài đường tròn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) tại T
1
, T
2
, viết phương trình
đường thẳng T
1

T
2
.
2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S):
2 2 2
2 4 2 3 0x y z x y z+ + − + + − =
Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) tại
A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P).
Câu VII.a(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện:

2 3z i z i− = − −
. Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất.
B. Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b(2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16, A,B thuộc đường thẳng d:
2 2 2 2 0x y− − =
và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz. Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0), C(0;-1;-2). Viết
phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A của tam giác ABC.
Câu VII.b(1,0 điểm).
Cho hàm số (C
m
):
2
1
x x m
y
x
− +

=
−
(m là tham số). Tìm m để (C
m
) cắt Ox tại hai điểm phân biệt A,B sao
cho tiếp tuyến của (C
m
) tại A, B vuông góc.
……………………….Hết…………………………
1
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1
KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN
Câu Nội Dung Điểm
I.1
(1 điểm)
* TXĐ: R
Sự biến thiên: y' = -3x
2
+ 6x = -3x(x - 2)
y' = 0
⇔
0
2
x
x
=



=

* Hàm số nghịch biến trên (-∞;0) và (2;+∞)
Hàm số đồng biến trên (0;2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y
CĐ
= 5
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= 1
*
lim
x→−∞
y = + ∞,
lim
x→+∞
y = - ∞
Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 +∞
y' - 0 + 0 -
+ ∞ 5
y
1 -∞
*Đồ thị: y'' = -6x + 6
y'' = 0
⇔
x = 1
⇒
điểm uốn I(1;3) là tâm đối xứng của đồ thị
0,25
0,25

0,25
0,25
I.2
(1 điểm)
* PT đã cho
⇔
-x
3
+ 3x
2

+ 1 = -m
3
+ 3m
2

+ 1. Đặt k = -m
3
+ 3m
2

+ 1
* Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đt y = k.
* Từ đồ thị (C ) ta có: PT có 3 nghiệm phân biệt
⇔
1 < k < 5
*
⇔
m
∈

(-1;3)\
{ }
0;2
.
0,25
0,25
0,25
0,25
II.1
(1 điểm)
* Đk:
4 0
4 0
x
x
+ ≥


− ≥


⇔
x
≥
4. Đặt t =
4 4x x+ + −
(t > 0)
BPT trở thành: t
2
- t - 6

≥
0
⇔
2( )
3
t L
t
≤ −


≥

0,25
2
* Với t
≥
3
⇔
2
2
16x −

≥
9 - 2x
2 2
( )
0 ( )
4( 16) (9 2 )
a
b

x x
 ≥



≤




≥


>




− ≥ −


x 4
9 - 2x 0
x 4
9 - 2x
* (a)
⇔
x
≥

9
2
.
* (b)
⇔

145 9
36 2
≤ x <
.
*Tập nghệm của BPT là: T=
145
;
36
 
+∞
÷

 
0,25
0,25
0,25
II.2
(1 điểm)
* Đk: cosx
≠
0
⇔
x
≠

2
k
π
π
+
.
PT đã cho
⇔

3
sin
2
x + sinxcosx -
sinx
cos x
= 0
*
⇔
sinx(
3
sinx + cosx -
1
cos x
) = 0

⇔

sinx 0
1

3sinx cos 0
osx
x
c
=



+ − =

* Sinx = 0
⇔
x = k
π
.
*
3
sinx + cosx -
1
cos x
= 0
⇔

3
tanx + 1 -
2
1
cos x
= 0

⇔
tan
2
x -
3
tanx = 0
⇔

t anx 0
t anx 3
=


=

⇔
x
x
3
k
k
π
π
π
=



= +


Vậy PT có các họ nghiệm: x = k
π
, x =
3
k
π
π
+
0,25
0,25
0,25
0,25
III.
(1 điểm)
* Đặt t =
2
x
e −
, Khi x = ln2
⇒
t = 0
x = ln3
⇒
t = 1
e
x
= t
2
+ 2
⇒

e
2x
dx = 2tdt
* I = 2
1
2
2
0
( 2)
1
t tdt
t t
+
+ +
∫
= 2
1
2
0
2 1
( 1 )
1
t
t dt
t t
+
− +
+ +
∫
* = 2

1
0
( 1)t dt−
∫
+ 2
1
2
2
0
( 1)
1
d t t
t t
+ +
+ +
∫

* =
2
1
( 2 )
0
t t−
+ 2ln(t
2
+ t + 1)
1
0
= 2ln3 - 1
0,25

0,25
0,25
0,25
3
IV.
(1 điểm)
* Áp dụng định lí cosin trong
∆
ABC có AB = AC =
2
3
a

⇒

S
ABC∆
=
1
2
AB.AC.sin120
0
=
2
3
3
a
. Gọi H là hình chiếu của S
lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC
⇒

HA = HB = HC

⇒
H là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
ABC.
* Theo định lí sin trong
∆
ABC ta có:
sin
BC
A
= 2R
⇒
R =
2
3
a
= HA

∆
SHA vuông tại H
⇒
SH =
2 2
SA HA−
=
6
3
a

⇒

.S ABC
V
=
1
3
S
ABC∆
.SH =
2
2
9
a
* Gọi h
A
, h
M
lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)

⇒

1
2
M
A
h SM
h SA
= =

⇒
h
M
=
1
2
h
A
.

∆
SBC vuông tại S
⇒

S
SBC∆
= a
2
* Lại có:
.S ABC
V
=
1
3
S
SBC∆
.h
A

⇒

h
A
=
.
3
S ABC
SBC
V
V
∆
=
2
3
a

Vậy h
M
= d(M;(SBC)) =
2
6
a
0,25
0,25
0,25
0,25
V
(1 điểm)
* Ta cm với a, b > 0 có a
3
+ b

3

≥
a
2
b + ab
2
(*)
Thật vậy: (*)
⇔
(a + b)(a
2
-ab + b
2
) - ab(a + b)
≥
0

⇔
(a + b)(a - b)
2

≥
0 đúng
Đẳng thức xẩy ra khi a = b.
* Từ (*)
⇒
a
3
+ b

3

≥
ab(a + b)
b
3
+ c
3

≥
bc(b + c)
c
3
+ a
3

≥
ca(c + a)

⇒
2(a
3
+ b
3
+ c
3
)
≥
ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1)
* Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có:

3
1
a
+
3
1
a
+
3
1
a

≥
3
3
3 3 3
1 1 1
a b c
=
3
abc
(2)
* Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm
Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c.
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.a.1

(1 điểm)
* Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 2.
Ta có IA = 2
5
> R
⇒
A nằm ngoài đường tròn (C)
* Xét đường thẳng
1
∆
: x = 4 đi qua A có d(I;
1
∆
) = 2
⇒

1
∆
là 1 tiếp
tuyến của (C)
*
1
∆
tiếp xúc với (C ) tại T
1
(4;1)
0,25
0,25
0,25
4

* T
1
T
2

⊥
IA
⇒
đường thẳng T
1
T
2
có vtpt
n
r
=
1
2
IA
uur
=(1;2)
phương trình đường thẳng T
1
T
2
: 1(x - 4) + 2(y - 1)

⇔
x + 2y - 6 = 0
0,25

VI.a.2
(1 điểm)
* Mp(P) có vtpt
P
n
ur
= (1;1;-2).
(S) có tâm I(1;-2;-1)
*
IA
uur
= (2;1;2). Gọi vtcp của đường thẳng
∆
là
u
∆
ur

∆
tiếp xúc với (S) tại A
⇒

u
∆
ur

⊥

IA
uur

Vì
∆
// (P)
⇒

u
∆
ur

⊥
P
n
ur

* Chọn
0
u
ur
= [
IA
uur
,
P
n
ur
] = (-4;6;1)
* Phương trình tham số của đường thẳng
∆
:
3 4

1 6
1
x t
y t
z t
= −


= − +


= +


0,25
0,25
0,25
0,25
VII.a
(1 điểm)
* Đặt z = x + yi (x; y
∈
R)
|z - i| = |
Z
- 2 - 3i|
⇔
|x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|
*
⇔

x - 2y - 3 = 0
⇔
Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z là
đường thẳng x - 2y - 3 = 0
* |z| nhỏ nhất
⇔
|
OM
uuuur
| nhỏ nhất
⇔
M là hình chiếu của O trên
∆
*
⇔
M(
3
5
;-
6
5
)
⇒
z =
3
5
-
6
5
i

Chú ý:
HS có thể dùng phương pháp hình học để tìm quỹ tích điểm M
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.b.1
(1 điểm)
* B = d
∩
Ox = (1;0)
Gọi A = (t;2
2
t - 2
2
)
∈
d
H là hình chiếu của A trên Ox
⇒
H(t;0)
H là trung điểm của BC.
* Ta có: BH = |t - 1|; AB =
2 2
( 1) (2 2 2 2)t t− + − =
3|t - 1|

∆
ABC cân tại A
⇒

chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1|
*
⇒
16 = 8|t - 1|
⇔

t 3
t 1
=


= −

* Với t = 3
⇔
A(3;4
2
), B(1;0), C(5;0)
⇒
G(
3
;
4 2
3
)
Với t = -1
⇔
A(-1;-4
2
), B(1;0), C(-3;0)

⇒
G(
1−
;
4 2
3
−
)
0,25
0,25
0,25
0,25
5
VI.b.2
(1 điểm)
* Gọi d là đường cao tương ứng với đỉnh A của
∆
ABC

⇒
d là giao tuyến của (ABC) với (
α
) qua A và vuông góc với
BC.
* Ta có:
AB
uuur
= (1;3;-3),
AC
uuur

= (-1;1;-5) ,
BC
uuur
= (-2;-2;-2)
[
AB
uuur
,
AC
uuur
] = (18;8;2)
mp(ABC) có vtpt
n
ur
=
1
4
[
AB
uuur
,
AC
uuur
] = (-3;2;1).
mp(
α
) có vtpt
n
ur
' = -

1
2
BC
uuur
= (1;1;1)
* Đường thẳng d có vtcp
u
ur
=[
n
ur
,
n
ur
' ] = (1;4;-5).

* Phương trình đường thẳng d:
1
2 4
3 5
x t
y t
z t
= +


= − +


= −


0,25
0,25
0,25
0,25
VII.b
(1 điểm)
* Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) với Ox:

2
1
x m
x
− +
−
x
= 0
⇔

2
0x m

− + =

≠

x
x 1

(C
m
) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt
⇔
pt f(x) = x
2
- x + m = 0 có 2
nghiệm phân biệt khác 1

⇔

0
(1) 0f
∆ >


≠


⇔

1
4
0
m
m

<




≠

(*)
* Khi đó gọi x
1
, x
2
là nghiệm của f(x) = 0
⇒

1 2
1 2
1
m
+ =


=

x x
x x
.
Ta có: y' =
2
'( )( 1) ( 1)'. ( )
( 1)
f x x x f x
x
− − −

−
⇒
Hệ số góc tiếp tuyến của (C
m
) tại A và B lần lượt là:
k
1
= y'(x
1
) =
1 1 1
2
1
'( )( 1) ( )
( 1)
f x x f x
x
− −
−
=
1
1
'( )
( 1)
f x
x −
=
1
1
2

1
x
x −
* Tương tự: k
1
= y'(x
2
) =
2
2
2
1
x
x −
( do f(x
1
) = f(x
2
) = 0)
Theo gt: k
1
k
2
= -1
⇔

1
1
2
1

x
x −
.
2
2
2
1
x
x −
= -1
*
⇔
m =
1
5
( thoả mãn (*))
0,25
0,25
0,25
0,25
GV: Nguyễn Thanh Phúc - ĐT: 038.8512668
6