Đề thi giáo viên giỏi môn toán đề 1 cấp THPT sở GDĐT vĩnh phúc 2015 2016 file word có lời giải chi tiết image marked

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN
NĂM HỌC 2015-2016

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN TOÁN; CẤP THPT
ĐỀ 1

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian

Câu 1 (3,0 điểm).

 x 2 − 2 y = 2
a) Giải hệ phương trình:  2
2 x + xy − y = 9
b) Tìm a để biểu thức

( x; y  ) .

(a + 1) x2 − 2(a − 1) x + 3a − 3 có nghĩa 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 của  2 x + 5  ( x  , x  0 ) , biết
x


n

*

thỏa mãn điều kiện Cn0 + Cn1+1 + Cnn+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 phân biệt sao cho

OA = OB = OC .

Câu 3 (3,0 điểm).
a) Tính tích phân





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 = x 3 + 3x − 10 . Viết
phương trình tiếp tuyến chung của hai đường cong trên.
c) Tìm giới hạn: lim
x →2

x + 2 − 3 3x + 2
.
4 − x2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

1


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 =  2 +

1 
1 
1
 2 +  2 +  .
a 
b 
c

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:…………………

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2


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)

Điểm
1,00


x2
 x − 2 y = 2
−1
y =

2
 2
2 x + xy − y = 9
2 x 2 + xy − y = 9


0,25


x2

x2
 y = 2 −1
y
=
−1





2
2
2
 2 x 2 + x  x − 1 −  x − 1 = 9
 x3 + 3 x 2 − 2 x − 16 = 0

 



2
2

 


0,25


x2
y
=
−1

x

y

=
−
1
2


2


2


( x − 2 ) ( x 2 + 5 x + 8 ) = 0
( x − 2 )  x + 5  + 7  = 0




2  4 



0,25


x2
 y = −1 x = 2
. Hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 2;1)



2
y
=
1

x − 2 = 0


0,25

b)

1,00

2

2

Đặt f ( x ) = ( a + 1) x 2 − 2(a − 1) x + 3a − 3 . Yêu cầu bài toán sẽ tương đương với tìm a để

f ( x )  0, x  .

0,25

TH1: a + 1 = 0  a = −1 ta được f ( x) = 4x − 6 , không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
TH2: a + 1  0  a  −1.

0,25

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

3


Khi đó f ( x)  0, x 


a + 1  0

2

 ' = ( a − 1) − ( a + 1) 3 ( a − 1)  0

a  −1
a  −1


 a  1
( a − 1)( −2a − 4 )  0
  a  −2


0,25

 a  1 . Vậy a  1 là các giá trị cần tìm.

0,25

c)

1,00

1 + sin x + cos x + sin 2 x + cos 2 x = 0
0,25

 1 + sin x + cos x + 2sin x cos x + 2cos x −1 = 0
2

 sin x + cos x + 2sin x cos x + 2cos2 x = 0
 sin x + cos x + 2cos x ( sin x + cos x ) = 0

0,25

 ( sin x + cos x )(1 + 2cos x ) = 0
sin x + cos x = 0

1 + 2cos x = 0

2

x=
+ k 2

1
3
+) 1 + 2cos x = 0  cos x = −  
(k 
2

2

x = −
+ k 2

3
+) sin x + cos x = 0 

)




2 sin  x +  = 0  x = − + k ( k 
4
4


Vậy phương trình đã cho có các nghiệm:

x=

0,25

).
0,25


2
2
+ k 2 , x = − + k , k  .
+ k 2 , x = −

4
3
3

Câu 2 (2,0 điểm).
Nội dung trình bày
a)

Điểm
1,00

Theo giả thiết ta có: Cn0 + Cn1+1 + Cnn+2 = 10n + 30

(n + 1)(n + 2)
 1 + (n + 1) +
= 10n + 30
2

0,25

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

4


 n = 18
 n 2 − 15n − 54 = 0  
, kết hợp với điều kiện của n ta được n = 18 .
 n = −3
18− k

 −1 
Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là: C ( 2 x )  x 5 


k

k
18

Số hạng không chứa x tương ứng với k thỏa mãn

= C18k 2k x

6 k −18
5

6k − 18
= 0  k = 3.
5

0,25

0,25

0,25

3 3
Vậy số hạng không chứa x là C18
2 = 6528 .

b)

1,00

Do A, B, C là ba điểm phân biệt nên A, B, C không có điểm nào trùng O . Giả sử

A( a;0;0) , B ( 0; b;0) , C ( 0;0; c ) ( a, b, c  0) . Khi đó mặt phẳng ( P ) có phương trình

0,25

5 4 3
x y z
+ + = 1 . Do ( P ) đi qua M ( 5;4;3) nên ta có: + + = 1 (1)
dạng
a b c
a b c
Do OA = OB = OC  a = b = c . Ta có 4 trường hợp:
TH1: a = b = c , thay vào (1) có: a = b = c = 12  ( P) : x + y + z − 12 = 0
TH2: a = b = −c , thay vào (1) có:

5 4 3
+ − = 1  a = 6  ( P) : x + y − z − 6 = 0
a a a

TH3: a = −b = c , thay vào (1) có:

5 4 3
− + = 1  a = 4  ( P) : x − y + z − 4 = 0
a a a

5 4 3
TH4: a = −b = −c , thay vào (1) có: − − = 1  a = −2  ( P) : x − y − z + 2 = 0 .
a a a

0,25

0,25

0,25

Vậy ….
Câu 3 (3,0 điểm).
Nội dung trình bày
a)

1,00

Đặt t = tan x , khi đó: x = 0  t = 0; x =





6

t =



tan xdx
tan xdx
(1 + tan x) tan xdx
=
0 cos 2 x = 0 1 − tan 2 x = 0 1 − tan 2 x
1 + tan 2 x
6

Điểm

4

6

4

6

2

4

1
; dt = (1 + tan 2 x)dx
3

0,25

1
3

t 4 dt
0 1 − t 2

0,25

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

5


1
3

4

t dt

 1− t

2

=

0

1
3



  −t

2

−1−

2

0

10 3 1 t − 1
=−
− ln
27
2 t +1

1
3

 t

1 
1
 dt =  − − t  −
t −1 
2
 3 0
3

1
3

=−

0

1
3

 1

1 

  t − 1 − t + 1  dt

0,25

0

10 3 1
3 +1
+ ln
27
2
3 −1

b)

0,25

1,00

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

(

)

y = x − 5 x + 6 tại điểm t; t − 5t + 6 . Khi đó ( d ) có phương trình dạng:
2

2

0,25

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

 x3 + 3x − 10 = ( 2t − 5 ) x − t 2 + 6
3
2


x
+
3
x
−
10
=
2
t
−
5
x
−
t
+
6
(
)


  3x 2 + 8
 2

t =
3x + 3 = 2t − 5
2

2

 3x 2 + 8

  3x 2 + 8 
3
− 5 x − 
 x + 3x − 10 =  2.
 +6

2
2 




 3x 2 + 8
t =
2


 x 2 ( 9 x 2 − 8 x + 48) = 0
9 x 4 − 8 x3 + 48 x 2 = 0
x = 0


.
  3x 2 + 8
  3x 2 + 8

t
=
4
t

=


t =
2

2


0,25

0,25

0,25

Vậy PT tiếp tuyến chung là: y = 3 x − 10
c)

1,00

Ta có lim
x →2

 x + 2 − 2 2 − 3 3x + 2 
x + 2 − 3 3x + 2
=
lim
+



2
x →2
4 − x2
4
−
x
4 − x2 


0,25

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

6




8 − ( 3x + 2 )
x−2
= lim 
+
2
x →2
(4 − x ) x + 2 + 2
4 − x 2 )  4 + 2 3 3 x + 2 +
(



(

)



1
3
= lim  −
+
x →2
 ( x + 2) x + 2 + 2
( x + 2 )  4 + 2 3 3x + 2 +



(

=−

)

(
(



2 
3
3 x + 2  



0,25



2 
3
3 x + 2  


0,25

)

)

1
1
x + 2 − 3 3x + 2
+
= 0 . Vậy lim
= 0.
x →2
16 16
4 − x2

0,25

Câu 4 (1,0 điểm).

Điểm

Nội dung trình bày
Sử dụng bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân cho ba số dương ta được:

1 = a + b + c  3 3 abc  3 abc 




Ta có P =  2 +

0,25

1
.
3

1 
1 
1
 2 +  2 + 
a 
b 
c
0,25

1
1  1
1 1 1

 1
= 2 2 + 2 + +  + 2  + +  +
a b c
 ab bc ca  abc
2

 1   1 
1
 2 2 + 2.3. 3
+ 2.3.  3
 + 3

abc
abc

  abc 

3

0,25

= 2 2 + 3.

( )

2

3

1

1 
 1   1  
2 .3
+ 2.3.  3
 + 3
 = 2+ 3

abc
abc 
 abc   abc  
2

3

3




1
 2+  =
1


3


(

)

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

nhất của biểu thức P bằng

(

0,25

)

3

2 +3 .

Câu 5 (1,0 điểm).

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

7


Điểm

Nội dung trình bày
Cách 1.

A
P
Q

I
G

0,25

C
N

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 ) 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 .
Theo định lí Talet ta có:

GA AP
=
= 2  AP = 2.PQ = 2.NM
GM PQ

0,25

a
a+b

 b − CP = 2 ( CN − CM )  b − CN = 2  CN −   CN =
(1).
2
3

Ta có CN =

=

2( p − c)
2ab ( a + b − c )
IC
CD
a+b−c
=
=
=
=
2
2
2
2
C
C 1 + cos C
a +b −c
a

+
b
− c2
(
)
cos
cos 2
1+
2
2
2ab

0,25

2ab
2ab
 CN =
(2).
a+b+c
a+b+c

Từ (1) và (2) ta được

2ab
a+b
a + b + c 2ab
=

=
.

a+b+c
3
3
a+b

0,25

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

8


Cách 2.
Ta có: CG =

(

(

)

1
CA + CB , a.IA + b.IB + c.IC = 0 .
3

) (

)

 a IC + CA + b IC + CB + c.IC = 0  CI =

 GI = CI − CG =

(

) (

(

1
a.CA + b.CB
a+b+c

)

0,25

)

1
1
1
1
 a
 b
a.CA + b.CB − CA + CB = 
−  CA + 
−  CB
a+b+c
3
 a +b +c 3

 a +b +c 3

(

)

Khi đó: GI ⊥ IC  GI .CI = 0  ( 2a − b − c ) CA + ( 2b − c − a ) CB  a.CA + b.CB = 0



(



)

 ab + CACB
. b(2a − b − c) + a(2b − a − c) = 0  b(2a − b − c) + a(2b − a − c) = 0

0,25

(do ab + CACB
. = ab + ab.cosC = ab(1 + cos C)  0 )

b(2a − b − c) + a(2b − a − 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

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 không bắt buộc phải vẽ hình.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

9