De thi khao sat giao vien vinh phuc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN- CẤP THPT
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (3,0 điểm).
 x 2 − 2 y = 2
( x; y ∈ ¡ ) .
a) Giải hệ phương trình  2
2 x + xy − y = 9
b) Tìm a để hàm số y = (a + 1) x 2 − 2(a − 1) x + 3a − 3 xác định với ∀x ∈ ¡ .
c) Giải phương trình 1 + sin x + cos x + sin 2 x + cos 2 x = 0 ( x ∈ ¡ ) .
Câu 2 (2,0 điểm).
n

1 

a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  2 x + 5 ÷
x

0
1
n
*
( x ∈ ¡ , x > 0 ) , biết n ∈ ¥ thỏa mãn điều kiện Cn + Cn+1 + Cn+ 2 = 10n + 30 .
b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hãy viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi
qua điểm M ( 5;4;3) và cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại ba điểm A, B, C (
A, B, C không trùng với O ) sao cho OA = OB = OC .

Câu 3 (3,0 điểm).
π
6
0

tan 4 xdx
∫ cos 2 x .
b) Cho hai đường cong lần lượt có phương trình y = x 2 − 5 x + 6 và y = x3 + 3x − 10 .
Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường cong trên.
x + 2 − 3 3x + 2
c) Tìm giới hạn lim
.
x →2
4 − x2
a) Tính tích phân

Câu 4 (1,0 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

(a

)(

)(

).

2 +1 b 2 +1 c 2 +1
abc

Câu 5 (1,0 điểm).
Cho tam giác không cân ABC có AB = c, BC = a, CA = b . Gọi các điểm I , G lần
lượt là tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm của tam giác ABC , biết đường thẳng IG
vuông góc với đường thẳng IC . Chứng minh rằng
a + b + c 2ab
=
.
3
a+b
----------Hết--------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………………….Số báo danh:…………………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC


HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN – CẤP THPT


Câu 1 (3,0 điểm).
Nội dung trình bày
a)

x2
 x 2 − 2 y = 2
 y = −1
⇔

2
 2
2 x + xy − y = 9
2
 2 x + xy − y = 9


x2
y
=
−1

x2

2

 y = −1
⇔
⇔
2
2
2




x
x
2
3

2
2 x + x

 − 1 ÷−  − 1 ÷ = 9
 x + 3 x − 2 x − 16 = 0

2
2

 


x2
2
y
=
−1

x

y
=
−
1
2


2
⇔
⇔

2


( x − 2 ) ( x 2 + 5 x + 8 ) = 0
( x − 2 )  x + 5  + 7  = 0

÷


2  4 



x2
−1 x = 2
y =
⇔
⇔
. Hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 2;1) .
2
y =1
x − 2 = 0

b)
2
Đặt f ( x ) = ( a + 1) x − 2(a − 1) x + 3a − 3 . Yêu cầu bài toán sẽ tương đương với tìm
a để f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ .
TH1: a + 1 = 0 ⇔ a = −1 ta được f ( x) = 4 x − 6 , không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
TH2: a + 1 ≠ 0 ⇔ a ≠ −1 .
a + 1 > 0

Khi đó f ( x) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ 
2
∆ ' = ( a − 1) − ( a + 1) 3 ( a − 1) ≤ 0
a > −1
a > −1

⇔
⇔ a ≥ 1
( a − 1) ( −2a − 4 ) ≤ 0
  a ≤ −2

⇔ a ≥ 1 . Vậy a ≥ 1 là các giá trị cần tìm.
c)
1 + sin x + cos x + sin 2 x + cos 2 x = 0
⇔ 1 + sin x + cos x + 2sin x cos x + 2cos 2 x − 1 = 0
⇔ sin x + cos x + 2sin x cos x + 2cos 2 x = 0
⇔ sin x + cos x + 2cos x ( sin x + cos x ) = 0
⇔ ( sin x + cos x ) ( 1 + 2cos x ) = 0
sin x + cos x = 0
⇔
1 + 2cos x = 0

Điểm
1,00
0,25

0,25

0,25

0,25
1,00
0,25

0,25

0,25
0,25
1,00
0,25
0,25


2π

x=
+ k 2π

1
3
( k ∈¢ )
+) 1 + 2cos x = 0 ⇔ cos x = − ⇔ 
2
 x = − 2π + k 2π

3
π
π

+) sin x + cos x = 0 ⇔ 2 sin  x + ÷ = 0 ⇔ x = − + kπ ( k ∈ ¢ ) .

4
4

2π
2π
+ k 2π , x = −
+ k 2π ,
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là: x =
3
3
π
x = − + kπ , k ∈ ¢ .
4
Câu 2 (2,0 điểm).
Nội dung trình bày
a)
Theo giả thiết ta có: Cn0 + Cn1+1 + Cnn+ 2 = 10n + 30
(n + 1)(n + 2)
⇔ 1 + (n + 1) +
= 10n + 30
2
 n = 18
⇔ n 2 − 15n − 54 = 0 ⇔ 
, kết hợp với điều kiện của n ta được n = 18 .
 n = −3

0,25

0,25

Điểm
1,00
0,25

0,25

18 − k

6 k −18
 − 15 
k k
Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là: C ( 2 x )  x ÷ = C18 2 x 5


6k − 18
= 0 ⇔ k = 3.
Số hạng không chứa x tương ứng với k thỏa mãn
5
Vậy số hạng không chứa x cần tìm là C183 23 = 6528 .
b)
Giả sử A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) ( a, b, c ≠ 0 ) . Khi đó mặt phẳng ( P ) có
x y z
+ + = 1.
phương trình dạng
a b c
5 4 3
Do ( P ) đi qua M ( 5;4;3) nên ta có: + + = 1 (1)
a b c
Do OA = OB = OC ⇔ a = b = c . Ta có 4 trường hợp:
5 4 3

TH1: a = b = c , thay vào (1) có: + + = 1 ⇔ a = 12 ⇒ ( P ) : x + y + z − 12 = 0
a a a
5 4 3
TH2: a = b = −c , thay vào (1) có: + − = 1 ⇔ a = 6 ⇒ ( P ) : x + y − z − 6 = 0
a a a
5 4 3
TH3: a = −b = c , thay vào (1) có: − + = 1 ⇔ a = 4 ⇒ ( P) : x − y + z − 4 = 0
a a a
TH4: a = −b = −c , thay vào (1) có:
5 4 3
− − = 1 ⇔ a = −2 ⇒ ( P) : − x + y + z − 2 = 0 .
a a a
Câu 3 (3,0 điểm).
Nội dung trình bày
a)
k
18

k

0,25

0,25
1,00

0,25

0,25
0,25

0,25

Điểm
1,00


Ta có:

π
6

π
6

4

π
6

tan xdx
tan xdx
tan 4 x
dx
=
=
.
∫0 cos 2 x ∫0 cos 2 x − sin 2 x ∫0 1 − tan 2 x cos 2 x

Đặt t = tan x ⇒ dt =

4

0,25

π
1
dx
. Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = ⇒ t =
.
2
6
3
cos x

0,25

Khi đó:
π
6

∫
0

4

tan xdx
=
cos 2 x

=−

1
3

4

t dt

∫ 1− t

2

=

0

10 3 1 t − 1
− ln
27
2 t +1

1
3



∫  −t

2

0

1
3
0

=−

−1−

1
3

 t

1 
1
÷dt =  − − t ÷ −
t −1 
2
 3 0
3

2

1
3

 1

1 

∫  t − 1 − t + 1 ÷ dt
0

10 3 1
3 +1 1
10 3 .
+ ln
= ln 2 + 3 −
27
2
27
3 −1 2

(

0,25

)

b)
Ta có hai đường cong y = x 2 − 5 x + 6, y = x 3 + 3x − 10 không có tiếp tuyến dạng
x = a , trong đó a là hằng số. Do đó tiếp tuyến nếu có phải có hệ số góc.
Giả sử đường thẳng ( d ) là tiếp tuyến chung cần tìm, ( d ) tiếp xúc với đồ thị hàm số
2
y = x 2 − 5 x + 6 tại điểm ( t ; t − 5t + 6 ) . Khi đó ( d ) có phương trình dạng:

0,25
1,00

0,25

y = ( 2t − 5 ) ( x − t ) + t 2 − 5t + 6
⇔ y = ( 2t − 5 ) x − t 2 + 6

( d)

tiếp xúc với đồ thị hàm số y = x 3 + 3x − 10 khi và chỉ khi hệ phương trình sau
có nghiệm:
 x 3 + 3x − 10 = ( 2t − 5 ) x − t 2 + 6
 x3 + 3x − 10 = ( 2t − 5 ) x − t 2 + 6

⇔  3x 2 + 8
 2
t =
3 x + 3 = 2t − 5

2
2

 3x 2 + 8

 3x 2 + 8 
3
 x + 3 x − 10 =  2.
− 5 ÷x − 
÷ +6

2

2 



⇔
 3x 2 + 8
t =

2
 x 2 ( 9 x 2 − 8 x + 48 ) = 0
9 x 4 − 8 x 3 + 48 x 2 = 0
x = 0


⇔  3x 2 + 8
⇔  3x 2 + 8
⇔
.
t = 4
t =
t =

2

2
y
=
3
x
−

10
Vậy PT tiếp tuyến chung là:
c)
 x + 2 − 2 2 − 3 3x + 2 
x + 2 − 3 3x + 2
= lim 
+
Ta có lim

2
x →2
x →2
4 − x2
4 − x2 
 4−x


8 − ( 3x + 2 )
x −2
= lim 
+
2
x →2
( 4 − x ) x + 2 + 2
4 − x 2 )  4 + 2 3 3 x + 2 +
(



(

)

(



2 
3
3x + 2 ÷


)

0,25

0,25

0,25

1,00
0,25

0,25




1
3

= lim −
+
x →2
 ( x + 2) x + 2 + 2
( x + 2 )  4 + 2 3 3x + 2 +


1
1
x + 2 − 3 3x + 2
=− +
= 0 . Vậy lim
= 0.
x →2
16 16
4 − x2

(

)

(



2 
3
3x + 2 ÷


)

0,25

0,25

Câu 4 (1,0 điểm).
Nội dung trình bày
Sử dụng bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân cho ba số dương ta được:
1
1 = a + b + c ≥ 3 3 abc ⇒ 3 abc ≤ .
3
Ta có P =

(a

)(

)(

0,25

)

2 +1 b 2 +1 c 2 +1
abc

1 
1 
1


=  2 + ÷ 2 + ÷ 2 + ÷
a 
b 
c

1
1  1
1 1 1
 1
= 2 2 + 2  + + ÷+ 2  + + ÷+
a b c
 ab bc ca  abc
2

0,25

3

 1   1 
1
≥ 2 2 + 2.3. 3
+ 2.3.  3
÷ + 3
÷
abc
abc

  abc 
= 2 2 + 3.

Điểm

( 2)

2

2

.3

3

3

1
1 
 1   1  
+ 2.3.  3
÷ + 3
÷ = 2+ 3
÷
abc
abc 
 abc   abc  

0,25

3




1÷
≥ 2+ ÷ =
1

÷
3


(

)

3
1
2 + 3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
3

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng

(

)

0,25

3

2 +3 .

Câu 5 (1,0 điểm).
Nội dung trình bày
Cách 1.

Điểm


A
P

Q

I
G

C
N

0,25

MD

B
Đường thẳng GI cắt các BC , CA lần lượt tại N , P . Gọi M là trung điểm của đoạn
thẳng BC , từ M kẻ đường thẳng song song với GI , cắt AC tại Q . Đường tròn ( I )
nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại điểm D .
CI vừa là đường cao và phân giác của tam giác CNP ⇒ tam giác CNP cân tại C ⇒
CN = CP , kết hợp với MQ || NP ⇒ PQ = NM .

GA AP
=
= 2 ⇒ AP = 2.PQ = 2.NM
Theo định lí Talet ta có:
GM PQ
a
a+b

⇒ b − CP = 2 ( CN − CM ) ⇒ b − CN = 2  CN − ÷ ⇒ CN =
(1).
2
3

2( p − c)
2ab ( a + b − c )
IC
CD
a+b−c
CN =
=
=
=
=
2
2
2
2
Ta có
C
C 1 + cos C

a +b −c
a
+
b
− c2
(
)
cos
cos 2
1+
2
2
2ab
2ab
2ab
=
⇒ CN =
(2).
a+b+c
a+b+c
2ab
a+b
a + b + c 2ab
=
⇔
=
Từ (1) và (2) ta được
.
a+b+c
3

3
a +b
Cách 2.
uuur 1 uuur uuur
uur
uur uur r
Ta có: CG = CA + CB , a.IA + b.IB + c.IC = 0 .
3
uur uuur
uur uuur
uur r uur
uuur
uuur
1
⇒ a IC + CA + b IC + CB + c.IC = 0 ⇒ CI =
a.CA + b.CB
a+b+c
uur uur uuur
uuur uuur 1 uuur uuur  a
1
1  uuur  b
1  uuur
⇒ GI = CI − CG =
a.CA + b.CB − CA + CB = 
− ÷CA + 
− ÷CB
a+ b+ c
3
 a + b+ c 3
 a + b+ c 3

uuur
uuur uuur uuur
uur uur
Khi đó: GI ⊥ IC ⇔ GI .CI = 0 ⇔  ( 2a − b − c ) CA + ( 2b − c − a ) CB  a.CA + b.CB = 0
uuur uuur
uuur uuur
⇔ ( 2a − b − c ) ab 2 + ( 2b − c − a ) ba 2 + ( 2a − b − c ) bCB.CA + ( 2b − c − a ) aCB.CA = 0
uuur uuur
⇔ ab + CA.CB [ b(2a − b − c ) + a (2b − a − c) ] = 0 ⇔ b(2a − b − c) + a (2b − a − c ) = 0

(

(

)

) (

)

(

(

) (

)

)

(

(

)

)

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25


uuur uuur
(do ab + CA.CB = ab + ab.cosC = ab(1 + cos C ) > 0 )
⇔ a(3b − a − b − c) + b(3a − a − b − c ) = 0
⇔ 6ab = (a + b)( a + b + c)
a + b + c 2ab
⇔
=
(đpcm)
3
a+b

0,25

Yêu cầu:
+ Điểm toàn bài tính đến 0,25;
+ Với các ý từ 0,5 điểm trở lên, tổ chấm thống nhất để chia nhỏ đến 0,25;
+ Với mỗi ý, Hướng dẫn chấm chỉ trình bày 1 cách giải với các bước cùng kết quả bắt buộc
phải có. Nếu thí sinh giải theo cách khác và trình bày đủ các kết quả thì vẫn cho điểm tối đa
của ý đó.
+ Trong mỗi ý, thí sinh sai từ đâu thì không cho điểm từ đó.
+ Bài hình học nếu không phụ thuộc vào hình vẽ thì không bắt buộc phải vẽ hình.