Đề thi thử toán - THPT chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa doc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.22 MB, 13 trang )
1
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
3 2
2 3( 1) (1)
y x m x m
= − − +
(m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số (1) khi
2.
m
=
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)
I thẳng hàng.
Câu II (2,0 ñiểm )
1. Giải phương trình
2
2
sin
(7cos 3)cot .
tan tan
4 4
x
x x
x x
π π
= −
+ −
2. Giải bất phương trình
2
2 2 3 2 ( ).
x x x x x
+ + − − ≤ − ∈
ℝ
Câu III (1,0 ñiểm ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các ñường:
2
2 2, 4 .
y x y x x
= + + = +
Câu IV (1,0 ñiểm) Cho hình hộp ñứng
. ' ' ' '
ABCDA B C D
có
, 2 , ' 3 ( 0)
AB a AD a AA a a
= = = >
và
0
60 .
BAD
=
Chứng minh rằng AB vuông góc với BD’ và tính khoảng cách từ ñiểm
'
A
ñến mặt phẳng
( ').
ABD
Câu V (1,0 ñiểm ) Cho các số thực
, ,
x y z
thỏa mãn
2 2
0
0
2 1.
x
y
x y
≥
≥
+ =
Chứng minh rằng
1 1 2 1 2 1 2 4 2 6.
x y
+ + ≤ + + + ≤ +
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 )
1.Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho hình thoi
ABCD
có hai cạnh
,
AB CD
lần lượt nằm trên hai
ñường thẳng
1 2
: 2 5 0, : 2 1 0.
d x y d x y
− + = − + =
Viết phương trình các ñường thẳng
AD
và
,
BC
biết
( 3;3)
M
−
thuộc ñường thẳng AD và
( 1;4)
N
−
thuộc ñường thẳng BC.
2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz, viết phương trình ñường thẳng song song với các mặt phẳng
( ) :3 12 3 5 0, ( ):3 4 9 7 0
P x y z Q x y z
+ − − = − + + =
và cắt hai ñường thẳng
1 2
5 3 1 3 1 2
: , : .
2 4 3 2 3 4
x y z x y z
d d
+ − + − + −
= = = =
− −
Câu VII.a (1,0 ñiểm ).
T
ừ
các ch
ữ
s
ố
0;1;2;3;4;5
có th
ể
l
ậ
p
ñượ
c bao nhiêu s
ố
t
ự
nhiên l
ẻ
, m
ỗ
i s
ố
g
ồ
m
6 ch
ữ
s
ố
khác nhau và t
ổ
ng ba ch
ữ
s
ố
ñầ
u l
ớ
n h
ơ
n t
ổ
ng ba ch
ữ
s
ố
cu
ố
i m
ộ
t
ñơ
n v
ị
.
B
.
Theo chương trình nâng cao
C
âu VI.b (2,0 ñiểm )
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng t
ọ
a
ñộ
Oxy cho elíp
2 2
( ): 1
9 4
x y
E
+ =
và các
ñ
i
ể
m
( 3;0), ( 1;0).
A I
− −
Tìm t
ọ
a
ñộ
các
ñ
i
ể
m
,
B C
thu
ộ
c
( )
E
sao cho I là tâm
ñườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác
.
ABC
2. Trong không gian t
ọ
a
ñộ
Oxyz cho các
ñ
i
ể
m
(2;0; 5), ( 3; 13;7).
A B
− − −
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t
ph
ẳ
ng
( )
P
ñ
i qua
,
A B
và t
ạ
o v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
Oxz
m
ộ
t góc nh
ỏ
nh
ấ
t.
Câu VII.b (1,0 ñiểm )
Cho s
ố
ph
ứ
c
2
6(1 ) 4( 3 4 )
.
1
i i
z
i
+ + −
=
−
Tìm dạng lượng giác của số phức
3
.
z
…… Hết
Họ và tên thí sinh : Số báo danh :
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
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)
Câu I (2,0 ñiểm) Cho hàm số
2 4
1
y
x
x
=
+
+
.
1. Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ
ñồ
th
ị
(
H
)c
ủ
a hàm s
ố
.
2. Tìm t
ọ
a
ñộ
các
ñ
i
ể
m
M
trên (
H
) sao cho ti
ế
p tuy
ế
n v
ớ
i (
H
) t
ạ
i
M
t
ạ
o v
ớ
i
ñườ
ng th
ẳ
ng
3 1
y
x
=
+
một góc 45
0
.
Câu II (2,0 ñiểm)
1. Giải phương trình
cos
tan 2 cot
cos sin
x
x x
x x
+ =
−
.
2. Giải bất phương trình
3 5 6 2
log 4 log 16 0
x x− −
− ≥
.
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;
1
y x
x
=
−
. Tính thể tích khối tròn xoay ñược tạo thành khi quay miền (D) xung quanh Ox.
Câu IV (1,0 ñiểm)
Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thang vuông ở A và B,
0
60 , 11
BDC AD a= = ,
AB = a,
2
SA SB SD a
= = =
.Tính thể tích của hình chóp S.ABD và khoảng cách từ S tới CD.
Câu V (1,0 ñiểm)
Cho các số thực x,y thay ñổi nhưng luôn thỏa mãn
(
)
3 4 3 1
x y x y
+ − = − + +
.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1
2 2
M
x y
= +
− +
.
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)
1. Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho elíp
2 2
1
25 9
x y
+ =
với
1 2
,
F F
là hai tiêu ñiểm; M là ñiểm trên
elíp sao cho
0
1 2
90
F M F = . Tìm bán kính của ñường tròn nội tiếp tam giác
1 2
MF F
.
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
2 3 0
x y z
+ − − =
. Tìm tọa ñộ ñiểm M trên (P) ñể
MA MB
− lớn nhất.
Câu VII.a. (1,0 ñiểm) Tìm số phức z thỏa mãn hệ phương trình
( ) ( )
( )
2
1 2 1 2 6
2 3 0
i z i z
z i z z
− + + =
+ − + =
.
B . Theo chương trình nâng cao
Câu VIb. (2,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho hình vuông ABCD, biết các ñường thẳng AB, BC, CD, DA
tương ứng ñi qua
(
)
(
)
(
)
(
)
10;3 , 7; 2 , 3;4 , 4; 7
M N P Q
− − −
.Lập phương trình ñường thẳng AB.
2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho ñường thẳng
( )
2 1 5
:
3 2 1
x y z
d
+ − −
= =
−
và hai ñiểm
(
)
(
)
2; 1;1 , 1; 1;0
A B− − .Tìm tọa ñộ ñiểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác AMB nhỏ nhất.
Câu VII.b. (1,0 ñiểm)
Tìm m ñể hàm số
(
)
2
2 1
2
x m x m
y
x
+ − + −
=
−
có hai ñiểm cực trị
1 2
,
x x
thỏa mãn
1 2
3 6
x x
+ =
.
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Trang 1/4
ðÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI B - D (07/05/2011)
Câu Nội dung cơ bản
ðiểm
Tập xác ñịnh
{
}
\ 1
D
= −
ℝ
+
1 1
lim ; lim
x x
y y
+ −
→− →−
= +∞ = −∞
nên ñồ thị có tiệm cận ñứng x = -1.
0,25
+
lim lim 2
x x
y y
→−∞ →+∞
= =
nên ñồ thị có tiệm cận ngang y = 2 ;
( )
2
2
' 0, 1
1
y x
x
−
= < ∀ ≠ −
+
nên hàm số nghịch biến trong mỗi khoảng (-∞ ;-1) và (-1;+∞ ); không có cực trị.
0,25
0,25
Câu
I.1
(1,0 ñ)
ðồ thị : x = 0 ⇒ y = 4
y = 0 ⇒ x = -2
ðồ thị qua các ñiểm : (1;3), (-3;1)
nhận ñiểm I(-1;2) làm tâm ñối xứng.
0,25
+ Tiếp tuyến (∆) của (H) tại M có hệ số góc k ⇒ dạng phương trình (∆) : y = kx + m.
+ (∆) và (d): y = 3x +1 có véc tơ pháp tuyến lần lượt là
(
)
(
)
; 1 , 3; 1
d
n k n
∆
= − = −
0,25
+ Góc giữa (∆) và (d) bằng 45
0
nên
(
)
0
cos ; cos45
d
n n
∆
=
⇔
2
3 1
1
2
1. 10
k
k
+
=
+
⇔ 2k
2
+3k - 2 = 0 ⇔ k = -2 hoặc k = 1/2.
0,25
+
1/ 2
k
=
, ý nghĩa hình học của ñạo hàm ⇒
(
)
1/ 2 '
M
y x
= =
→ không có M
0,25
Câu
I.2
(1,0 ñ)
+ k = -2 có
( )
2
2 1 1
M
x
− = ⇔ + =
⇔
0; 2
M M
x x
= = −
→ M(0;4) hoặc M(-2;0).
0,25
ðiều kiện : cos2x ≠ 0; sinx ≠ 0; cosx ≠ sinx ⇔ cos2x ≠ 0; sinx ≠ 0 (*)
Khi ñó phương trình tương ñương với :
sin 2 cos cos
cos2 sin cos sin
x x x
x x x x
+ =
−
0,25
⇔
(
)
(
)
sin 2 .sin cos2 .cos . cos sin cos .cos2 .sin
x x x x x x x x x
+ − =
⇔
(
)
(
)
(
)
cos . cos sin cos . cos sin . cos sin .sin
x x x x x x x x x
− = − +
0,25
⇔
(
)
cos cos cos sin sin
x x x x x
= + (do
cos sin
x x
−
≠ 0)
⇔
(
)
cos 1 cos sin sin 0
x x x x
− + =
⇔
2
cos 1 cos .sin sin 0
x x x x
− − =
0,25
Câu
II.1
(1,0 ñ)
⇔
(
)
2
cos cos cos .sin 0
x x x x
− =
⇔
(
)
2
cos cos sin 0
x x x
− =
⇔
cos 0
x
=
(do
cos sin
x x
−
≠ 0) ⇔
/ 2 ,x k k
π π
= + ∈
Z
thỏa mãn (*)
0,25
Sở Giáo dục và ðào tạo Thanh Hóa
Trường THPT chuyên Lam Sơn
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Trang 2/4
Câu Nội dung cơ bản
ðiểm
ðiều kiện
0 3 5 1
5
2
0 6 2 1
3
x
x
x
< − ≠
⇔ < ≠
< − ≠
(*) ( khi ñó 6x - 2 > 8)
Với ñiều kiện (*), bất phương trình tương ñương với
( ) ( )
2 2
2 4
0
log 3 5 log 6 2x x
− ≥
− −
0,25
⇔
(
)
(
)
( ) ( )
2 2
2 2
log 6 2 2log 3 5
0
log 3 5 .log 6 2
x x
x x
− − −
≥
− −
⇔
(
)
(
)
( )
2 2
2
log 6 2 2log 3 5
0
log 3 5
x x
x
− − −
≥
−
(1)
( với ñiều kiện (*) thì
(
)
2
log 6 2
x
−
> 0 )
0,25
Trên miền x > 2, ta có
(
)
2
log 3 5 0
x
− >
nên
(1) ⇔
(
)
(
)
2 2
log 6 2 2log 3 5 0
x x
− − − ≥
⇔
( )
2
6 2 3 5
x x− ≥ − ⇔
⇔
2
4 3 0
x x
− + ≤
⇔ 1 ≤ x ≤ 3, kết hợp ñiều kiện x > 2 ta có 2 < x ≤ 3.
0,25
Câu
II.2
(1,0 ñ)
Trên miền
5/3 2
x
< <
, ta có
(
)
2
log 3 5 0
x
− <
nên
(1) ⇔
(
)
(
)
2 2
log 6 2 2 log 3 5 0
x x
− − − ≤
⇔
(
)
2
6 2 3 5
x x− ≤ − ⇔
⇔
2
4 3 0
x x
− + ≥
⇔ x ≤ 1 hoặc x ≥ 2 không thỏa mãn ñiều kiện ñang xét
Vậy tập nghiệm là
(
]
2;3
S = .
0,25
+
(
)
(
)
(
)
3 2 2
1 10 100 0 0 5 4 20 0 5
x x x x x x x x x
− = ⇔ − − = ≥ ⇔ − + + = ⇔ =
.
+ Miền (D) là hình thang cong OABC với
(
)
(
)
(
)
(
)
0;0 , 0;10 , 5;10 , 1;0
O A B C
⇒ hình chiếu của B trên Ox là
(
)
5;0
H .
0,25
OABH CBH
V V V
= − , trong ñó ,
OABH CBH
V V lần lượt là thể tích các khối tròn xoay do hình
chữ nhật OABH và tam giác cong CBH quay xung quanh trục Ox.
0,25
+ Công thức thể tích hình trụ
⇒
2 2
. . 10 .5 500
OABH
V OA OH
π π π
= = =
0, 25
Câu
III
(1,0ñ)
( )
( )
5 5
2
3 2
1 1
4 3
1
5
344
1
4 3 3
CBH
V x x dx x x dx
x x
π π
π
π
= − = −
= − =
∫ ∫
⇒
344 1156
500
3 3
V
π π
π
= − = (
ñ
vtt)
0, 25
+ H
ạ
SH ⊥ (ABCD) t
ạ
i H , có SA = SB = SD ⇒ HA = HB = HD (các hình chi
ế
u có
các
ñườ
ng xiên b
ằ
ng nhau) ; ∆ABD vuông
ở
A nên H là trung
ñ
i
ể
m c
ủ
a BD
0,25
+
2 2 2
12
BD AB AD a
= + =
⇒
3
HD a
=
⇒
2 2 2 2
4 3
SH SD HD a a a
= − = − =
+
( )
3
1 1 . 11 11
. .
3 3 2 6
c
a a a
V dt ABD SH a= ∆ = =
0,25
+ Hạ HI ⊥ CD tại I , theo ñịnh lý ba ñường vuông
góc ta có CD ⊥ SI
⇒
SI là khoảng cách cần tìm.
0,25
Câu IV
(1,0ñ)
+ ∆HID
⇒
0
3
.sin 3.sin60
2
a
HI HD HID a= = =
+ ∆SHI
⇒
2 2
13
2
a
SI SH HI= + = =
0,25
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Trang 3/4
Câu Nội dung cơ bản
ðiểm
+ ðặt 3 , 1
x a y b
− = + =
với a,b ≥ 0 . Giả thiết
(
)
3 4 3 1
x y x y
+ − = − + +
ta có
(
)
2 2
4 1
a b a b
+ = + +
( ) ( )
2
4 2 1
a b a b ab
⇔ + − + = +
(1)
Bài toán trở về tìm Max, min của
2 2
1 1
1 1
M
a b
= +
+ +
với ñiều kiện (1) và a,b ≥ 0 .
0,25
+ Lại ñặt ,
a b S ab P
+ = =
. ðiều kiện (1)
⇒
2 2
4 1
a b S
+ = +
và
2
4 1 2
S S P
− − = (1')
+ Kết hợp (1') và ñiều kiện phương trình
2
0
t St P
− + =
có 2 nghiệm không âm.
ta có hệ
2
2
4 ; 0; 0
4 1 2
S P S P
S S P
≥ ≥ ≥
− − =
⇒
(
)
2 2
2
2 4 1
0; 4 1 0
S S S
S S S
≥ − −
≥ − − ≥
⇔
2
2
8 2 0
0; 4 1 0
S S
S S S
− − ≤
≥ − − ≥
⇔
2 5 4 3 2
S+ ≤ ≤ + (2)
0,25
+ Có
1 1 4
u v u v
+ ≥
+
với u,v > 0 nên
2 2
4 4
4 3
2
M
S
a b
≥ =
+
+ +
(do
2 2
4 1
a b S
+ = +
)
mà có (2) nên
( )
4
4 4 3 2 3
M ≥
+ +
⇒
4
min
19 12 2
M =
+
khi
3 2
2
2
a b= = + .
0,25
Câu V
(1,0ñ)
+
2 2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 4 3
1 1 1 4 2
a b S
M
a b a b a b S P
+ + +
= + = =
+ + + + + + +
(do
2 2
4 1
a b S
+ = +
)
+
( )
2
4 3 1 1
0 1 1
4 2 4 2
4 2 5 2
S
P M
S S
+
≥ ⇒ ≤ = + ≤ +
+ +
+ +
⇒
1
max 1
10 4 5
M = +
+
.
ðạt ñược khi
0, 2 5
a b= = + hoặc ngược lại.
0,25
+
2 2
5, 3 4
a b c a b
= = ⇒ = − =
⇒
1 2
2 8
F F c
= =
0,25
+ Vì
0
1 2
90
F M F = nên
( )
2
2 2
1 2 1 2
64
MF MF F F
+ = =
0,25
+
1 2
MF F
∆ vuông ở M nên
( ) ( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
4 2 .
dt MF F MF MF MF MF MF MF
∆ = = + − −
mà
1 2
2 10
MF MF a
+ = =
nên
(
)
2
1 2
4 10 64 36
dt MF F
∆ = − =
⇒
(
)
1 2
9
dt MF F
∆ =
0,25
Câu
VIa.1
(1,0ñ)
+ Chu vi
1 2
MF F
∆ là
(
)
1 2 1 2
2 2 2 9
p MF MF F F a c p a c
= + + = + ⇒ = + =
⇒
/ 9/9 1
r S p
= = =
(ñv dài)
0,25
+ Gọi A' là ñiểm ñối xứng của A qua (P), ∀M ∈ (P) ta có MA = MA' nên
' '
MA MB MA MB A B
− = − ≤ (*). Dấu "=" xảy ra ⇔ M,A',B thẳng hàng và M nằm
ngoài ñoạn A'B, tức là M ≡ M
0
= A'B ∩ (P); khi ñó
MA MB
− lớn nhất.
0,25
+ Hạ AH ⊥(P) tại H, thì
(
)
( )
1; 1;0
:
1;2; 1
AH P
A
AH
u n
− −
= = −
qua
⇒
(
)
1 ; 1 2 ;
H t t t
− + − + −
(tham số t)
+ H ∈ (P) ⇒
(
)
(
)
(
)
1 2 1 2 3 0
t t t
− + + − + − − − =
⇔ t = 1 ⇒ H(0;1;-1) .
H là trung ñiểm của A'A ⇒ tọa ñộ A' là A'(1;3;-2).
0,25
+
(
)
( )
0
0;6; 3
:
' 1; 3;1
B
BM
BA
−
= −
qua
v.t¬ chØ ph−¬ng
⇒ tọa ñộ
(
)
0
;6 3 ; 3
M s s s
− − +
(s là tham số).
+ M
0
∈ (P) ⇒
(
)
(
)
2 6 3 3 3 0
s s s
+ − − − + − =
⇔ s = 2 ⇒
(
)
0
2;0; 1
M
−
0,25
Câu
VIa.2
(1,0ñ)
+ Rõ ràng
0
'
B A M
x x x
< < nên M
0
nằm ngoài ñoạn B A' và dấu "=" ở (*) xảy ra .
⇒
(
)
0
2;0; 1
M
−
là ñiểm cần tìm .
0,25
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Trang 4/4
Câu Nội dung cơ bản
ðiểm
+ ðặt
(
)
,
z a bi a b R
= + ∈Víi , từ phương trình
(
)
(
)
1 2 1 2 6
i z i z
− + + =
ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2 1 2 6
i a bi i a bi
− + + + − =
⇔ ⇔
2 4 6 0
a b i
+ = +
⇔
2 3
a b
+ =
(1)
0,25
+ Từ phương trình
(
)
2
2 3 0
z i z z
+ − + =
ta có
2 2
2 .2 3 0
a b i bi
+ + + =
⇔
2 2
4 3 0
a b b
+ − + =
(2)
0,25
+ Từ (1),(2) ta có
( )
2
2
3 2 4 3 0
b b b
− + − + =
⇔
2
5 16 12 0
b b
− + =
⇔
2
b
=
;
6
5
b
=
.
0,25
Câu
VIIa
(1,0ñ)
2 1
b a
= ⇒ = −
;
6 3
5 5
b a
=
⇒
=
Vậy có 2 số phức cần tìm là
1 2
3 6
1 2 ,
5
i
z i z
+
= − + =
0,25
+ Gọi véc tơ pháp tuyến của AB là
(
)
(
)
2 2
; 0
AB
n a b a b
= + >
⇒
(
)
;
BC
n b a
= −
Khi ñó cạnh của hình vuông bằng
P AB Q BC
d d
→ →
= (1) ( Vẽ hình minh họa)
0,25
+ AB qua M(10;3) nên phương trình AB :
(
)
(
)
10 3 0
a x b y
− + − =
.
+ P(-3;4)
⇒
2 2
13
P AB
a b
d
a b
→
− +
=
+
(2)
0,25
+ BC qua N(7;-2) nên phương trình BC :
(
)
(
)
7 2 0
b x a y
− − + =
+ Q(4;-7)
⇒
2 2
3 5
Q BC
b a
d
a b
→
− +
=
+
(3)
0,25
Câu
VIb.1
(1,0ñ)
+ Từ (1), (2), (3) ta có
13 3 5
a b b a
− + = − + → 2 trường hợp:
13 3 5
a b b a
− + = − +
⇔
18 4 0
a b
− =
, chọn a = 2
⇒
b = 9 ta có
: 2 9 47 0
AB x y
+ − =
13 3 5
a b b a
− + = −
⇔
8 2 0
a b
+ =
, chọn a = 1
⇒
b = - 4 ta có
: 4 2 0
AB x y
− + =
0,25
+ Vì M ∈ (d) nên tọa ñộ M có dạng
(
)
2 3 ;1 2 ;5
M t t t
− + − +
( t là tham số)
⇒
(
)
4 3 ;2 2 ;4
AM t t t
= − + − +
,
(
)
1;0; 1
AB
= − −
0,25
+
( )
; 2 2;2 8; 2 2
AM AB t t t
= = − − − +
0,25
+
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1 1
; 2 2 2 8 2 2 3 12 18
2 2
dt AMB AM AB t t t t t
∆ = = − + − + − + = − +
0,25
Câu
VIb.2
(1,0ñ)
+
( ) ( )
2
3 2 6 6
dt AMB t∆ = − + ≥ . Dấu "=" ⇔ t = 2, khi ñó
(
)
dt AMB
∆ nhỏ nhất →
ñiểm cần tìm
(
)
4; 3;7
M − .
0,25
+ ðiều kiện xác ñinh x ≠ 2,
( )
2
2
4 3
'
2
x x m
y
x
− + −
= =
−
.
0,25
+ ðặt
(
)
2
4 3
f x x x m
= − + −
, yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình
(
)
0
f x
=
có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
khác 2 và thỏa mãn
1 2
3 6
x x
+ =
.
0,25
+ Kết hợp với ñịnh lý Vi ét ta có hệ
(
)
1 2
1 2
1 2
' 1 0; 2 0 (1)
. 3 (2)
4
3 6
m f
x x m
x x
x x
∆ = + > ≠
= −
+ =
+ =
0,25
Câu
VIIb
(1,0ñ)
+ Từ hai phương trình sau có
1 2
3, 1
x x
= =
thay vào (2) → m = 0 khi ñó (1) thỏa mãn
Vậy giá trị cần tìm là m = 0.
0,25
Ghi chú : ðáp án có 4 trang - Các cách giải khác nếu ñúng vẫn cho ñiểm tối ña.
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
1
Trường THPT chuyên Lam sơn
ðÁP ÁN
ðỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2010-2011. Môn thi :Toán khối A
Câu
Ý
Nội dung ðiểm
I 2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi
2.
m
=
1,00
Với
2
m
=
, suy ra
3 2
2 3 2.
y x x
= − +
• Tập xác ñịnh :
ℝ
.
•
lim ; lim .
x x
y y
→−∞ →+∞
=−∞ = +∞
•
2
' 6 6 6 ( 1), ' 0 0 hoÆc 1.
y x x x x y x x
= − = − = ⇔ = =
•
C§
(0) 2, (1) 1.
CT
y y y y
= = = =
0,50
• Bảng biến thiên:
0,25
ðồ thị hàm số:
0,25
I
2
Tìm
m
ñể ñồ thị hàm số (1)
1,00
Ta có
2
' 6 6( 1) 6 ( 1).
y x m x x x m
= − − = − +
ðồ thị hàm só có cực trị khi và chỉ khi y’ có hai nghiệm phân biêt
1.
m
⇔ ≠
0,25
Tọa ñiểm cực trị:
3 2
(0; ), ( 1; ( 1) ) : ( 1)
A m B m m m AB y m x m
− − − + ⇒ =− − +
0,25
Ba ñiểm A, B,
(3;1)
I thẳng hàng thẳng hàng khi và chỉ khi
I AB
∈
0,25
⇔
2
4
1 ( 1) .3
3
m m m
=− − + ⇔ =
ho
ặ
c
1
m
=
(lo
ạ
i).
ð
S:
4
.
3
m =
0,25
Cách khác
: Th
ự
c hi
ệ
n phép chia y cho y’, ta
ñượ
c
2
1
' ( 1) .
3 6
x m
y y m x m
−
= − − − +
Tại
1 2
,
x x
là nghiệm của
' 0,
y
=
suy ra
2
( ) ( 1) ( 1,2).
i i i
y y x m x m i
= = − − + =
Suy ra pt ñt ñi qua hai ñiểm cực trị A, B:
2
( 1) .
y m x m
=− − +
0,25
Ba ñiểm A, B,
(3;1)
I thẳng hàng thẳng hàng khi và chỉ khi
I AB
∈
⇔
2
4
1 ( 1) .3
3
m m m
=− − + ⇔ =
hoặc
1
m
=
(loại). ðS:
4
.
3
m =
0,50
II
2,00
1
Giải phương trình
1,00
−∞
x
'
y
y
+∞
−∞
+∞
0
2
1
1
0
0
+
−
+
x
y
3 / 2
1
0
2
1
1 / 2
−
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
2
ð/k:
sin 0,sin sin cos cos 0.
4 4 4 4
x x x x x
π π π π
≠ + − + − ≠
0,25
Ta có
tan tan tan cot 1.
4 4 2 4 4 4 4
x x x x x x
π π π π π π π
+ + − = ⇒ + − = + + =
Phương trình ñã cho trở thành
2 2 3 3
cos
sin (7cos 3) sin 3cos 7cos 0
sin
x
x x x x x
x
= − ⇔ + − =
3
4cot 3cot 1 0
x x
⇔ − − =
cot 1
x
⇔ =
hoặc
1
cot .
2
x
−
=
0,50
cot 1
x
=
(koại do ñ/k). Với
1 1
cot arccot ( ).
2 2
x x k kπ
− −
= ⇔ = + ∈
ℤ
0,25
2
Giải bất phương trình:
2
2 2 3 2
x x x x
+ + − − ≤ −
(1)
1,00
ð/k:
2
[ ; ).
3
x
∈ +∞
(
)
2
(1) 2 3 2 ( 2) 0
x x x x
⇔ + − − + − − ≤
2
( 2) 1 0
2 3 2
x x
x x
−
⇔ − + + ≤
+ + −
. (2)
0,50
ðặt
2 2
( ) 1, ( )
3
2 3 2
f x x x
x x
−
= + + ≥
+ + −
là hàm ñồng biến trên
2
;
3
+∞
Suy ra
2 5 3
( ) 0
3 3 2
f x f
≥ = − >
. Vậy
(2) [2/3;2].
x
⇔ ∈
0.50
III
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các
1,00
Pt hoành ñộ giao ñiểm:
(
)
(
)
2
2
2 2
4 2 0
2 2 4
3 4 5 0
x x
x x x
x x x x
+ − ≥
+ + = + ⇔
+ − + =
1
5.
x
x
=
⇔
=−
0,25
Với
2
[ 5;1] 2 4 2.
x x x x
∈ − ⇒ + ≥ + −
Vậy diện tích cần tìm là
( )
1
2
5
2 4 2
S x x x dx
−
= + − − +
∫
2 1
2 2
5 2
( 5 ) ( 3 4)
x x dx x x dx
−
− −
= − − + − − +
∫ ∫
0,50
2 1
3 2 3 2
5 2
5 3 27 27
4 27
3 2 3 2 2 2
x x x x
x
−
− −
−
= − − + − + = + =
(ñvdt).
0,25
IV
Chứng minh
'
AB BD
⊥
và tính
( ',( '))
d A ABD
1,00
Trong tam giác ABD, ta có:
2 2 2 0 2
2 . cos60 3
BD AB AD AB AD a
= + − =
2 2 2
AB BD AB ABD
⇒ + = ⇒ ∆
vuông tại B
Như vậy :
( 'D'D)
DD' ( )
AB BD
AB BB
ABCD
⊥
⇒ ⊥
⊥
'.
AB BD
⇒ ⊥
Gọi ' '
O AD A D O
= ∩ ⇒
là trung ñiểm A’D,
Suy ra
( ',( ')) ( ,( ')).
d A ABD d D ABD
=
Kẻ
' ( ' ).
DH D B H D B
⊥ ∈
(1)
Từ ( ' ' )
AB BB D D AB DH
⊥ ⇒ ⊥
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
( ') ( ,( ') .
DH ABD d D ABD DH
⊥ ⇒ =
0,25
0,50
0
60
A
A’
B
B’
C’
C
D
D’
H
O
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
3
Trong tam giác BDD’ vuông tại D, có DH là ñường cao, suy ra
2 2 2
1 1 1 3 3
( ';( ')) .
' 2 2
a a
DH d A ABD
DH DB DD
= + ⇒ = ⇒ =
0,25
V
Chứng minh bất ñẳng thức
1,00
Áp dụng bất ñẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có:
(
)
( )
2
1 2 1 2 2 2 2( )
x y x y
+ + + ≤ + +
và
2
2 2 2
1 1 3
( ) 1. . 2 1 ( 2 ) .
2 2
2
x y x y x y
+ = + ≤ + + =
Suy ra
6
.
2
x y+ ≤
Do ñó
1 2 1 2 4 2 6.
x y
+ + + ≤ +
0,25
Ta lại có
(
)
2
1 2 1 2 2 2( ) 2 1 2( ) 4
x y x y x y xy
+ + + = + + + + + +
2 2( ) 2 1 2( ).
x y x y
≥ + + + + +
Mặt khác
2
2 2 2 2 2 2
1 1 2
( ) 2 ( 2 ) .
2 2 2 2
x
x y x xy y y x y x y+ = + + ≥ + = + = ⇒ + ≥
Do ñó
1 2 1 2 1 1 2.
x y
+ + + ≥ + +
0,75
Theo chương trình chuẩn 3,00
VI.a
1
Viết phương trình các ñường thẳng
AD
và
BC
1,00
Giả sử ta ñã xác ñịnh ñược các ñường thẳng AD và BC thoả mãn bài toán.
ðường thẳng AB ñi qua ñiểm
( 5;0).
E
−
ðường thẳng BC ñi qua ñiểm
( 1;4)
N
−
có pt
dạng
2 2
( 1) ( 4) 0,( 0).
a x b y a b
+ + − = + ≠
Ta có
( )
. ( , ) . ( , )
ABCD
AB d AB CD S BC d AD BC
= =
2
( , ) ( , ) ( , ) ( , )
d AB CD d AD BC d E d d M BC
= ⇔ =
2 2
4 2
1 4
a b
a b
− − −
⇔ =
+
+
2 2
11 20 4 0
b ab a
⇔ − − =
⇔
2
b a
=
hoặc
11 2 .
b a
= −
0,50
Với
2 ,
b a
=
chọn
1 2.
a b
= ⇒ =
Suy ra
: 2 7 0.
BC x y
+ − =
Vì
/ / :1( 3) 2( 3) 0 2 3 0.
AD BD AD x y x y
⇒ + + − = ⇔ + − =
0,25
Với
11 2 ,
b a
= −
chọn
11 2.
a b
= ⇒ = −
Suy ra
:11 2 19 0.
BC x y
− + =
Vì
/ / :11( 3) 2( 3) 0 11 2 39 0.
AD BD AD x y x y
⇒ + − − = ⇔ − + =
0,25
Mặt phẳng (P) có một vtpt
(3;12; 3),
P
n
= −
mp(Q) có một vtpt
(3; 4;9).
Q
n = −
Lấy
1 2
( ), ( ),
A d B d
∈ ∈
suy ra
( 5 2 ;3 4 ; 1 3 ), (3 2 ; 1 3 ;2 4 ).
A t t t B s s s
− + − − + − − + +
0,25
Suy ra
(8 2 2 ; 4 4 3 ;3 3 4 ).
AB t s t s t s
= − − − + + − +
Nếu AB là ñường thẳng cần tìm thì
. 0
. 0.
P
Q
n AB
n AB
=
=
0,25
Suy ra
( 3; 1;2), (5; 4; 2)
1
3 1 2
: .
1
8 3 4
(8; 3; 4)
A B
t
x y z
AB
s
AB
− − − −
=
+ + −
⇒ ⇒ = =
= −
− −
= − −
0,25
2
Thử thấy các ñiểm A, B không thuộc các mặt phẳng (P), (Q).
Vây phương trình ñường thẳng cần tìm là
3 1 2
: .
8 3 4
x y z
AB
+ + −
= =
− −
0,25
3
Tìm số các số ….
1,00
Giả sử lập ñược số
1 2 3 4 5 6
x a a a a a a
=
thoả mãn yêu cầu bài toán. Ta có
1 2 3 4 5 6 1 2 3 1 2 3 4 5 6
1 2( ) 1 16
a a a a a a a a a a a a a a a
+ + = + + + ⇒ + + = + + + + + + =
0,25
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
4
1 2 3
8.
a a a
+ + =
Các bộ ba phần tử của tập
{
}
0;1;2;3;4;5
có tổng bằng 8 là
{
}
{
}
{
}
0;3;5 , 1;2;5 , 1;3;4 .
Với
{
}
{
}
{
}
{
}
1 2 3 4 5 6
, , 0;3;5 , , 1;2;4 .
a a a a a a
= ⇒ =
Trường hợp này lập ñược
2.2!.2!
(số).
Với
{
}
{
}
{
}
{
}
1 2 3 4 5 6
, , 1;2;5 , , 0;3;4 .
a a a a a a
= ⇒ =
Trường hợp này lập ñược
3!.2!
(số).
Với
{
}
{
}
{
}
{
}
1 2 3 4 5 6
, , 1;3;4 , , 0;2;5 .
a a a a a a
= ⇒ =
Trường hợp này lập ñược
3!.2!
(số).
0,50
Vậy số các số lập ñược thoả mãn yêu cầu bài toán là
2.2!.2! 3!.2! 3!.2! 32
+ + =
(số).
0,25
Theo chương trình nâng cao 3,00
VI.b
1
Tìm toạ ñộ các ñiểm B, C
1,00
Ta có
2
IA
= ⇒
ðường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có pt:
2 2
( 1) 4.
x y
+ + =
0,25
Toạ ñộ của các ñiểm B, C cần tìm là nghiệm của hệ pt:
2 2
2 2
1
9 4
( 1) 4.
x y
x y
+ =
+ + =
0,25
2 2
2
( 1) 4
5 18 9 0
x y
x x
+ + =
⇔
+ + =
2 2
3
3,
5
( 1) 4
x x
x y
−
= − =
⇔
+ + =
0,25
Với
3 0,
x y
=− ⇒ =
suy ra B hoặc C trùng A (loại).
0,25
Với
3 4 6
.
5 5
x y
−
= ⇒ =±
Như vậy
3 4 6 3 4 6
; , ;
5 5 5 5
B C
− − −
hoặc
3 4 6 3 4 6
; , ; .
5 5 5 5
B C
− − −
0,25
2
Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua các ñiểm
1,00
Gọi
2 2 2
( ; ; ) ( 0)
n a b c a b c
= + + ≠
là vtpt của mặt phẳng (P), thì vì (P) ñi qua A, B nên
n
vuông góc với
( 5; 13;12)
AB
= − −
5 12
. 0 5 13 12 0 .
13
a c
n AB a b c b
− +
⇒ = ⇒− − + = ⇒ =
0,25
Gọi
ϕ
là góc giữa mp(P) và mp(Oxz) thì
.
cos ,
.
n j
n j
ϕ =
trong ñó
(0;1;0)
j
=
là vtpt của
mặt phẳng
( ).
Oxz
Vậy
2 2 2
cos .
b
a b c
ϕ =
+ +
Nếu
0,
b
=
thì
0
cos 0 90
ϕ ϕ
= ⇒ =
có giá trị lớn nhất.
0,25
C
1
: Nếu
0,
b
≠
thì
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1
cos .
169( )
1 1
( 5 12 )
a b c a c a c
b b a c
ϕ = = =
+ + + +
+ +
− +
Ta có:
2 2 2 2 2
( 5 12 ) (25 144)( ) 169( ),
a c a c a c
− + ≤ + + = +
nên
0
1 2
cos 45 .
1 1 2
ϕ ϕ≤ = ⇒ ≥
+
Dấu
" "
=
xảy ra khi
12 5 .
a c
− =
Chọn
5,
a
=
thì
12
c
= −
và
13.
b
= −
Vậy pt mp(P) là
5( 2) 13 12( 5) 0 5 13 12 70 0.
x y z x y z
− − − + = ⇔ − − − =
C
2
:
2 2 2 2 2
2 2
5 5 1
cos .
5 2 2
12 13
13. 12 50
5
b b
a b c
c b c
b c
b
ϕ
= = = ≤ =
+ +
−
+ + − +
0
45 ,
Min
ϕ
= khi
12 13
13 12 0,
5
c c b
a
b
−
− = =
. Suy ra
( ) : 5 13 12 70 0.
P x y z
− − − =
0,50
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
5
VII.b
Tìm dạng lương giác của số phức
3
z
1,00
Ta có:
2 2
6(1 ) 4( 3 4 ) 6(1 2 ) 4 3 16 4 3 4
i i i i i i
+ + − = + + + − = −
3 1
8
2 2
i
= −
8 cos sin
6 6
i
π π
− −
= +
và
2 2
1 2 2 cos sin .
2 2 4 4
i i i
π π
− −
− = − = +
0,50
Do ñó
8 cos sin
6 6
4 2 cos sin
6 4 6 4
2 cos sin
4 4
i
z i
i
π π
π π π π
π π
− −
= +
− −
= = + + +
− −
+
3
4 2 cos sin 128 2 cos sin .
12 12 4 4
i z i
π π π π
= + ⇒ = +
0,50
Ghi chú: Câu VI.b2 có thể giải theo cách sau:
Vì
( ),
A mp Oxz
∈
nên mặt phẳng (P) ñi qua AB sẽ cắt mp(Oxz) theo giao tuyến
∆
ñi qua A và nằm trên mặt
phẳng (Oxz). Gọi B’ là hình chiếu của B trên mặt phẳng (Oxz) và H là hình chiếu của B trên
∆
thì góc
'
BHB
ϕ
=
là góc giữa mp(P) và mp(Oxz).
Ta có
'
tan tan ' ,
'
BB
BHB
B H
ϕ
= = nhưng BB’ không ñổi còn
' ' ,
B H B A
≤
nên
'
tan .
'
BB
B A
ϕ
≥ Dấu bằng xảy ra khi H trùng
A, tức là góc
ϕ
có giá trị nhỏ nhất.
0,25
Khi góc
ϕ
có giá trị nhỏ nhất, ta gọi
u
là vtcp của
∆
, thì vì
∆
nằm trong Oxz nên
u
vuông góc với vtpt
(0;1;0)
j
=
của Oxz,
và
u
vuông góc với vectơ
(5;13; 12),
BA
= −
ta chọn
[ , ] (12;0;5).
u BA j
= =
0,25
Mặt khác mp(P) chứa A, B và
∆
, nên vtpt
n
của (P) cùng
phương với vectơ
[ , ] (65; 169; 152).
BA u
= − −
0,25
Ta chọn lại
(5; 13; 12)
n
= − −
, pt mp(P):
5( 2) 13( 0) 12( 5) 0 5 13 12 70 0.
x y z x y z
− − − − + = ⇔ − − − =
0,25
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.
A
B
B’
H
Oxz
∆
n
u
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
