Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn: Toán lớp 11 ( năm học 2014-2015) trường thpt Việt Trì

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. ĐỀ 30. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút, không kể thời gian giao đề. PhÇn A : Dµnh cho tÊt c¶ c¸c thi sinh . x C©u I (2,0 ®iÓm) Cho hàm số y  (C) x 1. 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến d của (C) sao cho d và hai tiệm cận của (C) cắt nhau tạo thành một tam giác cân. C©u II (2,0 ®iÓm ) 1) Giải phương trình: (1 – tgx)(1 + sin2x) = 1 + tgx 2x  y  m  0 2) Tìm m để hệ phương trình :  có nghiệm duy nhất x  xy  1 C©u III(1,0 ®iÓm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x2 và y  2  x 2 . C©u IV ( 1,0 ®iÓm ) : Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm C thuộc nửa đường tròn đó sao cho AC = R. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại . A lấy điểm S sao cho SAB, SBC  60o . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. Chứng minh AHK vuông và tính VSABC? C©u V (1,0 ®iÓm ) Cho a, b là các số dương thỏa mãn ab + a + b = 3. 3a 3b ab 3    a2  b 2  . b 1 a 1 a  b 2 PhÇn B ( ThÝ sinh chØ ®­îc lµm mét trong hai phÇn ( phÇn 1 hoÆc phÇn 2) Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ). Chứng minh:. C©u VI.a 1.( 1,0 ®iÓm ) Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A(0, 1) B(2, –1) và các đường thẳng: d1: (m – 1)x + (m – 2)y + 2 – m = 0 d2: (2 – m)x + (m – 1)y + 3m – 5 = 0 Chứng minh d1 và d2 luôn cắt nhau. Gọi P = d1  d2. Tìm m sao cho PA  PB lớn nhất 2.( 1,0 ®iÓm ) Cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 1 = 0 và các đường thẳng d1 :. x 1 y  3 z x5 y z5   và d 2 :   .Tìm các điểm M  d1, N  d2 sao cho MN // (P) 2 3 2 6 4 5. và cách (P) một khoảng bằng 2. 4 4 Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình trên tập số phức: ( z  4)  ( z  6)  82 Phần 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ). Câu VI.b 1. (1.0 điểm) . Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng d: x  y  1  0 . Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A  d 2. (1,0 ®iÓm) Trong không gian Oxyz cho các điểm A(–3,5,–5); B(5,–3,7); và mặt phẳng (P): x + y + z = 0 1. Tìm giao điểm I của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). 2. Tìm điểm M  (P) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất. 2 2 2 C©uVII.b ( 1,0 ®iÓm) Giải phương trình trên tập số phức: ( z  1)  ( z  3)  0 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU I 1. Khảo sát hàm số (Bạn đọc tự giải) 1 2. Ta có y '   0, x  1 2  x  1 Từ đồ thị ta thấy để tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận một tam giác vuông cân ta phải có hệ số góc của tiếp tuyến là –1 tức là: 1  1  x  12  1  x1  0, x 2  2 2 x  1 . Tại x1 = 0  y1 = 0  phương trình tiếp tuyến là y = –x . Tại x2 = 2  y2 = 2  phương trình tiếp tuyến là y = –x + 4. CÂU II 1.Giải phương trình: (1 – tgx)(1 + sin2x) = 1 + tgx (1) 2t Đặt: t = tgx  sin 2x  . Pt (1) thành 1  t2 2t 2 1  t  1  2   1  t  1  t  t  1  (t  1)(1  t 2 )  1 t .  t  1  0 hay 1  t  t  1  (1  t 2 )  t  1 hay t  0 Do đó (1)  tgx = 0 hay tgx = –1   x = k hay x =  + k, k   4 Cách khác (1)  (cosx – sinx)(cosx + sinx)2 = cosx + sinx (hiển nhiên cosx = 0 không là nghiệm)  cosx + sinx = 0 hay (cosx – sinx)(cosx + sinx) = 1   tgx = -1 hay cos2x = 1 x =  + k hay x = k, k   4 2.. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất 2x  y  m  0 2x  y  m  0 (I)   x  xy  1  xy  1  x xy  0 Với điều kiện:  ta có x  1  y  2x  m  y  2x  m  2 (I)   2   1 x   x  1  xy  1  x   y  x. 1  x  . 2.  2x  m  x 2   2  m  x  1  0 () x ( hiển nhiên x = 0 không là nghiệm của () ) Đặt f (x)  x 2   2  m  x  1 , ( a = 1 ). ycbt  tìm m để phương trình () có đúng 1 nghiệm thỏa x  1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> f (1)  0   0(vn, do ac  0 ) hay  b  af(1) < 0 hay  c  1  1(VN)  1  a  2a.  2m< 0  m > 2. CÂU III y  0 Ta có: y  2  x 2   2 2 x  y  2 Là nửa đường tròn tâm O, bán kính R  2 , có y  0 Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường y = x2 và y  2  x 2 :. khi x   1;1 thì. 2  x 2  x2. Do đó ta có.  2  x 1. S.   1. 2. 2.  x dx . 1. 1. 2  x dx  x 2dx. 1. 1. 1. . I1 . 2  x 2 dx. Đặt: x =. 1.  dx =  4. . I1 . .     2 sint  t   ,     2 2.   2 costdt x  1  t   ; x  1  t  4 4. 2  2 sin2 t . 2 cos tdt .  4.  4.  .  4. . 2. 2 cos t. 2 cos tdt.  4.  4. .  1 4  1 I1  2 cos tdt  1  cos 2t dt  t  sin 2t   2    2   4 2  . . . . 2. . 4. (Nhận xét : I1 . 4. 4.  4.  4.  1  cos 2t  dt  2 1  cos 2t  dt .  4. 0. Vì f(t) = 1  cos 2t là hàm chẵn) 1. 1. I 2   x dx  2  x 2 dx  2. 1. 0. 2 3. 2  1  1 2  Vậy S  2      1    (đvdt ) 3 2 3 4 2 3 2. (Nhận xét : S .  1. 1. . 1. 2  x 2  x 2 dx  2  0. . . 2  x 2  x 2 dx. 2  x 2  x 2 là hàm chẵn) C©u IV * Chứng minh AHK vuông Ta có: AS  CB AC  CB (ACB nội tiếp nửa đường tròn)  CB  (SAC)  CB  AK mà AK  SC  AK  (SCB)  AK  HK  AHK vuông tại K Vì g(x) =. Lop12.net. x 2  2  x 2  x  1 ; x2 và.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> * Tính VSABC theo R Kẻ CI  AB Do giả thiết ta có AC = R = OA = OC  AOC đều R  IA  IO  2 Ta có SA  (ABC) nên (SAB)  (ABC)  CI  (SAB) Suy ra hình chiếu vuông góc của SCB trên mặt phẳng (SAB) là SIB 3 3 3 Vì BI  AB . Suy ra SSIB  SSAB  .R.SA () 4 4 4 1 1 Ta có: SSBC  BC.SC  R 3. SA 2  R 2 2 2 Theo định lý về diện tích hình chiếu ta có: 1 R 3 SSBC  SA 2  R 2 2 4 R Từ (), () ta có: SA  2 SSIB  SSBC . cos 60o . Từ đó VSABC. (). 1 R3 6  SA.dtABC  3 12. C©u VTừ giả thiết a, b > 0 và ab + a + b = 3. Suy ra: . ab  3  (a  b) , (a+1)(b+1) = ab +a +b + 1 = 4 bđt đã cho tương đương với 3 3a(a  1)  3b(b  1) 3 a 2  b2    1 2 (a  1)(b  1) ab. . . 3 3 2 3 3  a  b2  a  b   1 2 4 4 ab 12  4 a2  b2  6  3 a2  b2  3a  b   4 ab 12  a 2  b2  3  a  b    10  (A) ab Đặt x = a+b > 0  x 2  (a  b) 2  4ab  4(3  x)  a2  b 2 . . . . .  x 2  4x  12  0  x  6 hay x  2  x  2 ( vì x > 0) x 2  a 2  b 2  2ab  a 2  b 2  x 2  2(3  x)  x 2  2x  6 Thế x như trên , (A) thành 12 x 2  x   4  0 , với x 2 x 3 2  x  x  4x  12  0 , với x 2.   x  2   x 2  x  6   0 , với x 2 (hiển nhiên đúng). Vậy bđt cho đã được chứng minh.. C©u VI.a 1.Tọa độ giao điểm P của d1, d2 là nghiệm của hệ phương trình (m  1)x  (m  2)y  m  2  (2  m)x  (m  1)y  3m  5. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2 m 1 m  2 3 1  2 Ta có D   2m  6m  5  2  m     0 m 2  m m 1 2 2  2. 3 1  Vì D  2  m     0 m nên d1, d2 luôn luôn cắt nhau. 2 2  Ta dễ thấy A(0,1)  d1 ; B(2,1)  d2 và d1  d2   APB vuông tại P  P nằm trên đường tròn đường kính AB.. Ta có (PA + PB)2  2(PA2 + PB2) = 2AB2 = 2 (2 2)2  16   PA + PB  4. Dấu "=" xảy ra  PA = PB  P là trung điểm của cung AB  Vậy Max (PA + PB) = 4 khi P là trung điểm của cung AB.  P nằm trên đường thẳng y = x – 1 qua trung điểm I (1 ;0) của AB và IP = 2  P (2 ; 1 ) hay P (0 ;- 1) Vậy ycbt  m = 1 v m = 2  x  1  2t 2. 2.P/trình tham số d1:  y  3  3t z  2t. M  d1  M 1  2t,3  3t, 2t   x  5  6t ' P/trình tham số d2:  y  4t ' z  5  5t '. M  d 2  N  5  6t ', 4t ', 5  5t ' Vậy MN  6t '2t  4,4t '3t  3,5t '2t  5 Mặt phẳng (P) có PVT n P  1,2,2  Vì MN // (P)  MN.n P  0.  1 6t ' 2t  4   2  4t ' 3t  3  2  5t ' 2t  5   0  t   t ' . Ta lại có khoảng cách từ MN đến (P) bằng d(M, P) vì MN // (P) 1  2t  23  3t   22t   1 2 1 4  4.  6  12t  6  6  12t  6 hay  6  12t  6  t  1hay t  0 . t = 1  t' = –1  M1(3, 0, 2) N1(–1, –4, 0) . t = 0  t' = 0  M2(1, 3, 0) N2(5, 0, –5). C©u VII.a Đặt t  z  5 . Khi dó phương trình (5) trở thành:  z  3 2  t  4  t 4  6t 2  40  0   2   z  7 t  i 10   z  5  i 10 Vậy nghiệm của phương trình là: z  3; z  7; z  5  i 10 C©u VI.b 1) y 0. 2. 4. 6. A –3 –5. x D. I B. C Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Đường tròn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2 Tọa độ của I(4, –3) thỏa phương trình (d): x + y – 1 = 0. Vậy I  d Vậy AI là một đường chéo của hình vuông ngoại tiếp đường tròn, có bán kính R = 2 , x = 2 và x= 6 là 2 tiếp tuyến của (C ) nên . Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 2  A(2, –1) . Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 6  A(6, –5) . Khi A(2, –1)  B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1) . Khi A(6, –5)  B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5) 2.a). Đường thẳng AB có VTCP a  8,8,12   42,2,3. x  3  2t  Phương trình đường thẳng AB: y  5  2t z  5  3t  Điểm I (–3+2t; 5- 2t; –5+3t)  AB  (P) khi (–3 + 2t) + (5 – 2t) + (–5 + 3t) = 0  t = 1 Vậy đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) tại I(–1, 3, –2) b) Tìm M  (P) để MA2 + MB2 nhỏ nhất Gọi H là trung điểm của đoạn AB. Tam giác MAB có trung tuyến MH nên: AB2 MA 2  MB2  2MH 2  2 Do đó MA2 + MB2 nhỏ nhất  MH2 nhỏ nhất Ta để thấy H(1, 1, 1), M  (P) MH nhỏ nhất  MH  (P) và để ý rằng mặt phẳng (P): x + y + z = 0 có PVT OH  1,1,1 và O  (P)  M  (0, 0, 0) Vậy, với M(0, 0, 0) thì MA2 + MB2 nhỏ nhất. (khi đó, ta có min(MA2 + MB2) = OA2 + OB2 = (9 + 25 + 25) + (25 + 9 + 49) = 142). C©u VIIb Phương trình (6) tương đương với:  z 2  1  i ( z  3)  z 2  iz  1  3i  0 2 2 2 2 ( z  1)  i ( z  3)   2  2 z  1   i ( z  3 )   z  iz  1  3i  0.  z  1  2i  z  1  i  z  1 i   z  1  2i Vậy nghiệm của phương trình là:. z  1  2i; z  1  i; z  1  2i; z  1  i. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>