Đề thi chọn lớp chất lượng cao năm 2011

Sở Giáo dục và ðào tạo Bắc Ninh

ðỀ THI CHỌN LỚP CHẤT LƯỢNG CAO

TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2

Môn: Toán 11 – khối A
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: 15 tháng 5 năm 2011

––––––––––––

BÀI 1. (3.0 ñiểm)
Cho hàm số y = x 3 + 3x2 -1 (C).
1)

Khảo sát và vẽ ñồ thị (C) của hàm số.

2)

Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại ñiểm có hoành ñộ x0 = –1.

BÀI 2. (3.0 ñiểm)
1)

Giải phương trình lượng giác 2. cos13x + 3(cos 3x + cos 5x) = 8.cos x. cos3 4x.

2)

4x2 + y4 = 4 − 4xy2
Giải hệ phương trình  2

.
2
4
 x − 2(xy + 8) = − y

BÀI 3. (3.0 ñiểm)
1)

Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho ∆ABC có A(0; 2), B(1; 0), C(2; 4). Gọi G là
trọng tâm ∆ABC . Tìm ñiểm M trên ñường thẳng AB sao cho MG + MC ñạt giá trị
nhỏ nhất.

2)

Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng 1. ðường phân giác trong
của góc CB ' D cắt ñoạn DC tại M. Gọi N là ñiểm trên ñoạn BB ' sao cho BN = x

(0 ≤ x ≤ 1). Tìm x ñể AC ' ⊥ MN.
BÀI 4. (1.0 ñiểm)
Cho a > 0, b > 0, a + b ≤ ab. Chứng minh rằng (1 − a)(1 − b) ≥ 9.

========== Hết ==========

Họ và tên thí sinh ………………………………………. SBD ………………………………
Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu khi làm bài.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Trang 1/6

Sở Giáo dục và ðào tạo Bắc Ninh

ðỀ THI CHỌN LỚP CHẤT LƯỢNG CAO

TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2

Môn: Toán 10 – khối A
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: 15 tháng 5 năm 2011

––––––––––––

Bài 1 (3.0 ñiểm)
1) Tìm tham số m ñể phương trình x 3 − 4x 2 + (m + 4)x − 2m = 0 có 3 nghiệm phân biệt
cùng dấu.
2) Giải bất phương trình (x − 13). x 2 − 4 ≥ 0.
Bài 2 (2.0 ñiểm)
Không dùng máy tính, hãy tính giá trị biểu thức P = cos 2

π
5π
7π
+ cos 2
+ cos 2 .
9
9
9

Bài 3 (4.0 ñiểm)
Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC có A(−1;0), B(

2 2
1 3
;
), C( − ; ).
2 2
2 2

1) Tìm ñiểm D ñể ABCD là hình bình hành.
2) Gọi (T) là ñường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Viết phương trình ñường tròn

(T ' ) = ðA (T).
3) Tìm ñiểm M trên (∆ ) : x + y − 1 = 0 sao cho tổng MA + MO = 5.
Bài 4 (1.0 ñiểm)
Chứng minh rằng 1 + x + x 2 + x 3 + ... + x 2011 + x 2012 > 0, ∀x ∈ ℝ.

========== Hết ==========
Họ và tên thí sinh ………………………………………. SBD ………………………………
Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu khi làm bài.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Trang 2/6


ðÁP ÁN TOÁN 11 – KHỐI A

ðiểm

Bài 1. 1 (2.0 ñiểm) Tập xác ñịnh D = ℝ. Giới hạn lim y + ∞; lim y = −∞.

0.25

ðạo hàm y’= 3x2 + 6x; y’= 0 ⇔ x = 0, x = −2.

0.25

x →+∞

ðồ thị: (0.5 ñiểm)

Bảng biến thiên
x

−∞

y’

+

y

x →−∞

–2

0

0

– 0

+∞
+
0.5

+∞

3
−∞

y

3

–1

−2

x

−1

Hàm số ñồng biến trên (−∞; −2),(0; +∞), nghịch
biến trên (−2; 0). ðồ thị hàm số có ñiểm cực ñại

1.5

O

0.5

(–2; 3), ñiểm cực tiểu (0; –1).
Bài 1.2 (1.0 ñiểm) Tung ñộ tiếp ñiểm y0 = y(–1) = 1 (0.25 ñiểm).

0.5

Hệ số góc k = y’(–1) = –3 (0.25 ñiểm).
PTTT: y = –3(x + 1) + 1 hay y = –3x – 2.

0.5

Bài 2.1 (1.5 ñiểm) PT ⇔ 2 cos13x + 6.cos 4x.cos x − 8 cos3 4x = 0

0.25

(

)

(

⇔ 2cos13x − 2.cos x.(4 cos3 4x − 3cos 4x) = 0 0.25 ñ ⇔ 2cos13x − 2.cos x.cos12x = 0 0.25 ñ

)

1
⇔ 2.cos13x − 2. .(cos11x + cos13x) = 0 ⇔ cos13x = cos11x
2

13x = 11x + k2π

⇔
⇔
13x = −11x + k2π

0.25

 x = kπ
π

0.25 ñ ⇔ x = k
(k ∈ ℤ) 0.25 ñ .
π
x = k
12

12

(

)

0.5

(

)

0.5

4x2 + y4 = 4 − 4xy2 (1)

y2 = 2 − 2x (3)

2 2
.
Bài 2.2 (1.5 ñiểm) Giải hệ PT  2
Ta
có
⇔
+
=
⇔
(1)
(2x
y
)
4
.
 2
2
4
y
2
2x
(4)
=
−
−
x
−
2(xy

+
8)
=
−
y
(2)



0.5

 x = 2 ⇒ y 2 = −2(VN)

Thế (3) vào (2) 3x 2 − 4x − 4 = 0 ⇔ 
2
10 .
x
y
=
−
⇒
=
±

3
3

0.5

 x = −2 ⇒ y 2 = ± 2


Thế (4) vào (2) 3x + 4x − 4 = 0 ⇔
.
 x = 2 ⇒ y 2 = − 10 (VN)

3
3
2

0.5

2 10
2
10
),( − ; −
), (−2; 2), ( −2; − 2).
Vậy hệ PT ñã cho có 4 nghiệm (− ;
3 3
3
3

Trang 3/6


ðiểm
Bài 3.1 (1.5 ñiểm) Có G(1; 2). ðường thẳng AB có phương trình 2x + y – 2 = 0.

0.5

Kiểm tra thấy hai ñiểm G và C nằm cùng phía so với ñường thẳng AB.

81
Gọi d là ñường thẳng ñi qua G và d ⊥ AB . Ta có d: x – 2y + 3 = 0. Gọi H = d ∩AB⇒H( ; ). Gọi D
55
11 8
là ñiểm ñối xứng với G qua AB, thì H là trung ñiểm của DG ⇒ D( ; − ).
5 5

0.5

785
. Dấu “=” xảy
5

Lúc này D và C nằm khác phía so với AB và MG + MC = MD + MC ≥ DC =

ra khi M, D, C thẳng hàng, tức là M là giao ñiểm của hai ñường thẳng AB, DC. ðường thẳng DC
có phương trình 28x + y – 60 = 0. Giao ñiểm của AB và DC là (

29 32
29 32
; − ). Vậy với M( ; − )
13 13
13 13

0.5

785
.
5

thì MG + MC nhỏ nhất và bằng

Bài 3.2 (1.5 ñiểm) Học sinh tự vẽ hình.
Ta tính ñược

0.5

MC B'C
2
2
=
=
. Suy ra CM =
.CD. Theo ñề bài BN = x.BB'.
MD B'D
3
2+ 3

ðặt u = CD, v = CC', w = CB, thì u, v, w ñều có ñộ dài bằng 1 và ñôi một vuông góc.
0.5

− 2
.u + x.v + w.
Ta có AC ' = −u + v − w, MN =
2+ 3

2

Vậy AC ' ⊥ MN ⇔ AC '.MN = 0 ⇔

2+ 3

+ x −1 = 0 ⇔ x =

a + b ≤ ab ⇔

Bài 4 (1.0 ñiểm) Do a > 0,b > 0 nên

1
a

+

1
b

3
2+ 3

.

≤ 1. ðặt x =

0.5
1
1
, y=
, thì
a
b

x > 0, y > 0, x + y ≤ 1. Dẫn tới 0 < y ≤ 1 − x và 0 < x < 1. Bất ñẳng thức cần chứng minh
(1 − a)(1 − b) ≥ 9 trở thành (1 −

1
x

2

)(1 −

1
y

2

0.5

) ≥ 9 ⇔ x 2 + y 2 + 8x 2 y 2 ≤ 1 (1). (do x > 0, y > 0)

Ta có x 2 + y 2 + 8x 2 y 2 ≤ x 2 + (1 − x)2 + 8x 2 (1 − x) 2 = 2x(x − 1)(2x − 1) 2 + 1 ≤ 1 (do 0 < x < 1 và
0 < y ≤ 1 − x ), nên (1) ñúng. Dấu “=” xảy ra khi x = y =

1
hay a = b = 4. Vậy (1 − a)(1 − b) ≥ 9 , dấu
2

0.5

“=” xảy ra khi a = b = 4.

NGUYỄN VĂN XÁ
TỔ TOÁN
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2

Trang 4/6


ðÁP ÁN TOÁN 10 – KHỐI A

ðiểm

x = 2
Bài 1.1 (1.5 ñiểm) Ta có x 3 − 4x 2 + (m + 4)x − 2m = 0 ⇔  2
.
−
+
=
x
2x
m
0
(1)


0.5

Phương trình ñã cho có 3 nghiệm phân biệt cùng dấu khi và chỉ khi phương trình (1) có 2

∆ ' = 1 − m > 0


S = 2 > 0
⇔ 0 < m < 1.
nghiệm dương phân biệt và khác 2, tức là 
P=m>0

22 − 2.2 + m ≠ 0


x2 − 4 = 0

 x = ±2
.
Bài 1.2 (1.5 ñiểm) (x − 13). x 2 − 4 ≥ 0 ⇔  
x2 − 4 > 0 ⇔ 
x
13
≥


  x − 13 ≥ 0
Bài 2 (2.0 ñiểm) P = cos 2

=

1.5

π
5π
7π 3 1

2π
10π
14π
+ cos 2
+ cos 2
= + (cos
+ cos
+ cos
)
9
9
9 2 2
9
9
9

3 1
2π
4π
2π
3 1
2π
−1
2π
3
+ (cos
+ 2.cos
cos ) = + (cos
+ 2. cos ) = .
2 2

9
3
9
2 2
9
2
9
2

Bài 3.1 (1.0 ñiểm) Do ABCD là hình bình hành nên AB = DC ⇒ D(

1.0

−3 − 2 3 − 2
;
).
2
2

0.5
1.0

1.0

Bài 3.2 (1.5 ñiểm) Dễ thấy ñường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABC là ñường tròn tâm O(0;0),
bán kính R = 1. Gọi O ' = ðA (O) ⇒ O'(−2;0). ðường tròn (T ' ) = ðA (T) có tâm O '(−2;0),

1.5

bán kính R = 1 nên có phương trình (x + 2)2 + y2 = 1.

Bài 3.3 (1.5 ñiểm) Cách 1 Kiểm tra ñược A và O nằm cùng phía so với (∆ ) : x + y − 1 = 0 .

0.25

Gọi d là ñường thẳng ñi qua O và vuông góc với ∆ ⇒ d có phương trình x – y = 0.

0.25

1 1
Ta có ∆ ∩ d = H( ; ).
2 2

0.25

Gọi E là ñiểm ñối xứng với O qua ∆ ⇒ H là trung ñiểm của EO ⇒ E(1;1).

0.25

Ta có A và E ở khác phía so với ∆ , và MA + MO = MA + ME ≥ AE = 5, dấu “=” xảy ra khi
M là giao ñiểm của AE với ∆ .

1 2
ðường thẳng AE có phương trình x – 2y + 1 = 0 và cắt ∆ tai ñiểm có tọa ñộ ( ; ). Vậy
3 3

0.25

0.25

1 2

MA + MO = 5 khi và chỉ khi ñiểm M có tọa ñộ ( ; ).
3 3
Cách 2 M ∈ (∆ ) : x + y − 1 = 0 ⇒ M(x;1 − x) ⇒ MA + MO = 2x 2 + 2 + 2x 2 − 2x + 1.

0.5

Trang 5/6


ðiểm
Ta có

2x 2 + 2 + 2x 2 − 2x + 1 = 5 ⇔ 4x 4 − 4x 3 + 6x 2 − 4x + 2 = −2x 2 + x + 1

 1
1
− ≤ x ≤ 1
⇔ 2
⇔x= .
3
9x2 − 6x + 1 = 0


0.75

1 2
3 3

Vậy M( ; ) thì MA + MO = 5.

0.25

Bài 4 (1.0 ñiểm) ðặt f(x) = 1 + x + x2 + x 3 + ... + x2011 + x2012 . Rõ ràng f(1) = 2013 > 0.

0.25

Với x ≠ 1 thì f(x) =

1 − x2013
.
1−x

Nếu x > 1 thì x2013 > 1, nếu x < 1 thì x2013 < 1, do ñó f(x) =

0.25

1 − x2013
> 0, ∀x ≠ 1.
1−x

0.5

Vậy f(x) = 1 + x + x2 + x 3 + ... + x2011 + x2012 > 0, ∀x ∈ ℝ.

NGUYỄN VĂN XÁ
TỔ TOÁN
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2

Trang 6/6