Đề KS lần I Toán Chuyên Vĩnh Phúc

SỞ GD – ĐT KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011
Trường THPT Chuyên Môn : Toán 12 A
Vĩnh Phúc Thời gian: 150 phút (Không kể giao đề)
I. Phần chung cho tất cả thí sinh
Câu 1. Cho hàm số
4 2
4x 3y x= − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
sao cho phương trình
4 2
| 4x 3|x m− + =
có bốn nghiệm phân biệt.
Câu 2.
1. Giải phương trình
( )
2 3 2
2 2 3 5 3x 3x 2x x x+ + = + + +
2. Giải phương trình
2 cos
1
4
tan 2 cot cot 1
x
x x x
π
 
−
 ÷
 

=
+ +
Câu 3. Tìm giới hạn
3
2
1
6 2 3 5
lim
1
x
x x
L
x
→
− − +
=
−
Câu 4. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình thang vuông tại
A
và
B
với
BC
là đáy nhỏ. Biết rằng tam giác
SAB
là tam giác đều có cạnh với độ dài bằng
2a
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy,

5SC a=
và khoảng cách từ
D
tới mặt phẳng
( )
SHC
bằng
2 2a
(ở đây
H
là trung điểm
AB
). Hãy
tính thể tích khối chóp theo
.a
Câu 5. Cho tam giác
ABC
nhọn. Chứng minh rằng
sin sin sin tan tan tan 6.A B C A B C
+ + + + + >
II. Phần tự chọn: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B.
A. Theo chương trình chuẩn.
Câu 6A. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Descartes vuông góc
Oxy
cho hai đường thẳng
1
: 3 0d x y+ =
và
2
: 3 0.d x y− =

Gọi
ω
là đường tròn tiếp xúc với
2
d
tại điểm
A
có hoành độ dương, cắt
1
d
tại hai điểm
,B C
sao cho tam giác
ABC
vuông tại
B
và có diện tích bằng
2 3
(đ.v.d.t).
1. Viết phương trình đường tròn
.
ω
2. Viết phương trình đường tròn
ω
′
là ảnh của
ω
qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp
phép đối xứng qua
Oy

rồi vị tự tâm
A
với tỷ số
2.k = −
Câu 7A. Tính tổng
1 2 3 2010
2010 2010 2010 2010
2 3 2010S C C C C= − + − −L
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6B. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Descartes vuông góc
Oxy
cho tam giác
ABC
có đỉnh
( )
6;6A
, đường
thẳng đi qua trung điểm các cạnh
,AB AC
có phương trình
4 0x y+ − =
và đường cao kẻ từ
C
có phương
trình
3x 2 3 0.y+ + =
1. Xác định tọa độ các điểm
, .B C
2. Viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm
, , ,A B C

′
trong đó
B
′
là điểm trên đường thẳng
BC
sao cho
tam giác
AB C
′
cân tại
.A
Câu 7B. Tính tổng
2 2 2 3 2 4 2 2010
2010 2010 2010 2010
2 3 4 2010S C C C C= − + − +L
Chú ý. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
HẾT
SỞ GD – ĐT HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011
Trường THPT Chuyên Môn : Toán 12 A
Vĩnh Phúc Thời gian: 150 phút (Không kể giao đề)
Chú ý.
- Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, trong hướng dẫn chấm chỉ trình bày sơ lược một cách giải, nếu học
sinh có lời giải đúng và khác với lời giải trong HDC, giám khảo vẫn cho điểm tối đa của phần đó.
- Câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm.
- Hướng dẫn chấm này có 5 trang.
Câu Ý Nội dung Điểm
I 1 + TXĐ:
¡
0.25

+ Chiều biến thiên:
( )
3 2
4 8 4 2 , 0 0 2y x x x x y x x
′ ′
= − = − = ⇔ = ∨ = ±
( ) ( ) ( ) ( )
0 2;0 2; , 0 ; 2 0; 2y x y x
′ ′
> ⇔ ∈ − ∪ +∞ < ⇔ ∈ −∞ − ∪
Do đó hàm số đồng biến trên
( ) ( )
2;0 , 2; ,− +∞
hàm số nghịch biến trên
( ) ( )
; 2 , 0; 2−∞ −
0.25
Hàm số đạt cực đại tại
cd
0, 3x y= =
, hàm số đạt cực tiểu tại
( )
2, 2 1.
ct
x y y= ± = ± = −
Giới hạn
4
2 4
4 3
lim lim 1

x x
y x
x x
→∞ →∞
 
= − + = +∞
 ÷
 
Bảng biến thiên (giám khảo tự vẽ)
0.25
+ Đồ thị
Đồ thị hàm số nhận
Oy
làm trục đối xứng.
Đồ thị hàm số cắt
Ox
tại
( )
( )
1;0 , 3;0± ±
0.25
2.
+ Số nghiệm của phương trình
4 2
| 4x 3|x m− + =
là số giao điểm của đồ thị hàm số
4 2
4x 3y x= − +
với đường thẳng
y m=

(cùng phương với
Ox
)
0.25
+ Nêu cách dựng đồ thị
4 2
4x 3y x= − +
từ đồ thị vừa vẽ 0.5
+ Từ đó suy ra phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
1 3m
< <
hoặc
0.m
=
0.25
II 1.
+ Điều kiện
3 2
3x 3x 2 0 2x x+ + + ≥ ⇔ ≥ −
0.25
+ Nhận xét.
( )
( )
3 2 2
3x 3x 2 2 1x x x x+ + + = + + +
và
( )
( )
2 2
2x 3 2 1x x x x+ + = + + + +

Đặt
2
2 0, 1 0u x v x x= + ≥ = + + >
ta được
( )
( ) ( )
2 2
2 5 2 2 0u v uv u v u v+ = ⇔ − − =
0.25
4
2
x
y
- 3
3
-1 1
3
O
Nếu
2v u
=
ta có phương trình
2
3 37
1 2 2
2
x x x x
±
+ + = + ⇔ ⇔ =L
(thỏa mãn điều

kiện)
0.25
Nếu
2u v=
ta có phương trình
2 2
2 2 1 4x 3x 3 0x x x+ = + + ⇔ + + =
phương trình này
vô nghiệm.
Kết luận nghiệm …
0.25
2.
+ Điều kiện:
sin 0,cot 1,cot 0,cos 2 0,tan 2 cot 0x x x x x x≠ ≠ − ≠ ≠ + ≠
0.25
+ Nhận xét
cos sin cos
tan 2 cot , 2 cos sin cos ,cot 1
cos2 sin 4 sin
x x x
x x x x x x
x x x
π
+
 
+ = − = + + =
 ÷
 
0.25
do đó phương phương trình đã cho tương đương với

( ) ( )
2
2
cos2 cos
2
3
3
x k
k
x x k x k
k
x
π
π
π
=


= ⇔ ⇔ ∈ ⇔ = ∈

=

L ¢ ¢
0.25
Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có hai họ nghiệm
2
2
3
x k
π

π
= +
và
2
2 ( , )
3
x m k m
π
π
= − + ∈¢
0.25
III Ta có
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
3 2
3
2
3 2 2
3
2
3
2 2
3
6 2 3 5 6 2 2 2 3 5

1 1 1
2 1 3 1 1
1 6 2 2
1 4 2 3 5 3 5
3 1
2
6 2 2
4 2 3 5 3 5
x x x x
x x x
x x x
x x
x x x
x
x
x x
− − + − − − +
= +
− − −
− − +
= +
 
− − +
− + + + +
 ÷
 
+
= − −
− +
+ + + +

0.25
0.25
0.25
Từ đó suy ra
( )
( )
3
2
1 1 1
3
2 2
3
3 1
6 2 3 5 2
lim lim lim 1
1
6 2 2
4 2 3 5 3 5
x x x
x
x x
L
x
x
x x
→ → →
 
+
− − +
 

 ÷
= = − + − = −
 ÷
 ÷
−
− +
 
 ÷
+ + + +
 
0.25
IV
4a
2a 2
2a
2a
a
a
a 5
C'
≡
C
a
a
a
a
a
45
°
45

°
H
E
A
D
C
B
H
B
A
C
D
S
Từ giả thiết suy ra
( )
SH ABCD⊥
và
2 3
3
2
a
SH a= =
0.25
Theo định lý Pythagoras ta có
2 2
2CH SC SH a= − =
.
Do đó tam giác
HBC
vuông cân tại

B
và
BC a=
0.25
Gọi
DE HC A
= ∩
thế thì tam giác
HAE
cũng vuông cân và do đó
( ) ( )
( )
2 2 ; ;CE a d D HC d D SHC= = =
suy ra
2 2 2 4 3 .DE a a AD a= × = ⇒ =
0.25
Suy ra
( )
2
1
4
2
ABCD
S BC DA AB a= + × =
(đ.v.d.t.). Vậy
3
. D
1 4
3
3

S ABC ABCD
a
V SH S= × × =
(đ.v.t.t.)
0.25
V
Nhận xét.
sin tan 2 0;
2
x x x x
π
 
+ > ∀ ∈
 ÷
 
0.25
Chứng minh nhận xét 0.25
Áp dụng nhận xét được
( )
sin sin sin tan tan tan 2 2A B C A B C A B C
π
+ + + + + > + + =
0.25
Từ đó do
3
π
>
nên suy ra điều phải chứng minh. 0.25
VIA 1
-2

5
I
O
A
C
B
1 2
,d d
cắt nhau tại gốc tọa độ
O
và
( )
( ) ( )
1 2
2 2
1 1 3 3
1
cos ;
2
1 3 1 3
d d
× − ×
= =
+ × + −
từ đó do tam
giác
ABO
vuông tại
B
nên

3
AOB
π
∠ =
do đó
3
CAB
π
∠ =
và tam giác
AIB
đều
0.25
Suy ra
3BC AB=
và do đó
2
3
2 3 2
2 2
ABC
AB BC AB
S AB
∆
×
= = = ⇒ =
suy ra
4
sin
3

AB
OA
ABO
= =
∠
0.25
Điểm
A
là giao điểm của đường thẳng
2
d
với đường tròn tâm
O
bán kính
OA
nên có tọa
độ là nghiệm của hệ
2 2
3 0
16
3
x y
x y

− =


+ =



Giải hệ, với chú ý
0x
>
ta được
2
2,
3
x y= =
hay
2
2;
3
A
 
 ÷
 
0.25
Do
2
CA d⊥
nên
AC
có phương trình
8
3 0
3
x y+ − =
. Từ đó, tìm được tọa độ của
4
4;

3
C
 
−
 ÷
 
.
0.25
Tâm
I
của đường tròn là trung điểm của
AC
nên
1
3;
3
I
 
−
 ÷
 
.
Vậy
( )
2
2
1
: 3 1
3
x y

ω
 
− + + =
 ÷
 
0.25
2
Đường tròn
1
ω
đối xứng với
ω
qua
Oy
có tâm
1
1
3;
3
I
 
 ÷
 
và có bán kính
1R =
0.25
Đường tròn
ω
′
cần tìm là ảnh của

1
ω
qua phép vị tự tâm
A
với tỷ số
2−
nên có bán kính
2 2R R
′
= =
và có tâm
1
: 2I AI AI
′ ′
= −
uuur uuur
. Từ đó tìm được
4
0;
3
I
 
′
 ÷
 
0.25
Vậy
2
2
4

: 4
3
x y
ω
 
′
+ − =
 ÷
 
0.25
VIIA
Số hạng tổng quát của tổng cần tính là
( )
1
2010
1
k
k
kC
−
−
với
1,2, , 2010k = K
0.25
Do
1
1
k k
n n
kC nC

−
−
=
với mọi
1,2, ,k n= K
nên
( ) ( )
1 1
1
2010 2009
1 2010 1 1, 2, , 2010
k k
k k
kC C k
− −
−
− = × − ∀ = K
0.25
Suy ra
( ) ( ) ( )
2009 2009
1 2009
1
2009 2009
1 0
2010 1 2010 1 2010 1 1 0
k i
k i
k i
S C C

−
−
= =
= − = − = − =
∑ ∑
0.5