Gián án De thi khao sat lop 11 co dap an

TRƯỜNG THPT NGUYỄN DU ĐỀ THI KHẢO SÁT LỚP CLC NĂM 2011
***************** Môn toán 11
Tháng 1-2011 (Thời gian làm bài 180 phút)
**********
Câu I. (2 điểm)
a. Giải bất phương trình sau:
2
x 1 2x 5
x 1
+ − − ≥
+
b. Giải hệ phương trình :
2 2 2
4x y xy 1 6y
1 x
2x 2
y y

+ + =


+ − =


Câu II. (3 điểm)
a. Giải phương trình :
( )
2
2cos x 3cosx 1 2cosx 1 sinx+ + = +
b. Giải phương trình :
( )

3 sin 2x sinx 2cos2x 1
cos x
2cos x 1
− + +
=
−
c. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
2
x ;
3 3
π π
 
∈ −


 
:
cos4x 2cos3x cos x cos x 2 m 0− + − + =
Câu III. (2điểm)
a. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng:

( )
4 2
x 3m 1 x 2m 3 0− + + + =
b. Cho hình chóp S.ABCD, có ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm thuộc cạnh SA sao cho
MS = 2MA. Gọi I, N lần lượt là trung điểm của DM và BC, gọi J là giao của AC và ND.
Chứng minh rằng IJ // (SCD).
Câu IV. (2 điểm)
Cho tam giác ABC có tọa độ các đỉnh là : A(1;3), B(-3;1), C(6;-2)
a. Lập phương trình đường thẳng d qua A cắt cạnh BC tại M sao cho

ABM ACM
S 2S
∆ ∆
=
.
b. Gọi H là hình chiếu của A lên BC, E là điểm thảo mãn hệ thức
EA 2EC BA+ =
uuur uuur uuur
. Hãy lập phương
trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE.
Câu V (1 điểm)
Cho ba số thực a, b, c thảo mãn các điều kiện : a, b, c > 0 và abc ≥ 1.
Chứng minh rằng
( ) ( ) ( )
1 1 1 a b c
a b 3c 2a b c 3a 2b c a 3b 2c 6
+ +
+ + ≤
+ + + + + +

*****************************************
Họ và tên :……………………………….….Số báo danh:………………………….
Đáp án và biểu điểm đề thi khảo sát lớp 12 năm 2010
Câu I a Giải bất phương trình sau:
2
x 1 2x 5
x 1
+ − − ≥
+
(1) 1điểm

 ĐK: x ≥ 5/2
1/4
 Khi đó, (1)
2
2x 3x 5 x 1⇔ − − ≤ −
1/4

( )
2
2
2
x 1
x 1
x 1
1 x 3
2 x 3
x x 6 0
2x 3x 5 x 1
≥

≥
≥



⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤
  
− ≤ ≤
− − ≤
− − ≤ −


 

1/4
 Đối chiếu ĐK suy ra tập nghiệm của bpt là
5
x 3
2
≤ ≤
1/4
b Giải hệ phương trình :
2 2 2
4x y xy 1 6y
1 x
2x 2
y y

+ + =


+ − =


1điểm
 ĐK: y ≠ 0, hệ
2
2
x 1
4x 6
y y

1 x
2x 2
y y

+ + =


⇔


+ − =


1/4

2
1 3x
2x 6
y y
1 x
2x 2
y y

 
+ − =

 ÷

 
⇔


 

+ − =
 ÷

 

Đặt
1
a 2x
y
x
b
y

= +


⇔


=


và giải được
a 0,b 2
a 3,b 1
= = −



= =

1/4
 Với a = 0, b = -2 tìm được nghiệm (-1; 1/2), (1; -1/2)
1/4
 Với a = 3, b = 1 tìm được nghiệm (1;1), (1/2;1/2) và Kết luận:..
1/4
Câu II a Giải phương trình :
( )
2
2cos x 3cos x 1 2cos x 1 sinx+ + = +
(1) 1điểm
 (1)
( ) ( ) ( )
2cos x 1 cos x 1 2cos x 1 sinx⇔ + + = +
1/4

2cos x 1 0
sin x cos x 1
+ =

⇔

− =

1/4

1 2
2cos x 1 0 cos x x k2

2 3
− ± π
+ = ⇔ = ⇔ = + π
1/4

x k2
sin x cos x 1 sin x sin
2
4 4
x k2
π

= + π
π π
 

− = ⇔ − = ⇔
 ÷

 
= π+ π

và LK:…
1/4
b Giải phương trình :
( )
3 sin 2x sinx 2cos 2x 1
cos x
2cos x 1
− + +

=
−
(1) 1điểm
 ĐK:
x k2
3
±π
≠ + π
1/4

( )
2
3 sin x 2cos x 1 4cos x 1
(1) cos x
2cos x 1
− + −
⇔ =
−
1/4

3 sin x 2cos x 1 cos x 3 sin x cos x 1⇔ + + = ⇔ + = −
1/4

x k2 (L)
1
sin x
3
6 2
x k2 (TM)
−π


= + π
π
 

⇔ + = − ⇔
 ÷

 
= π+ π

KL:
x k2
= π+ π
1/4
c Tìm m để pt có nghiệm
2
x ;
3 3
π π
 
∈ −


 
:
cos4x 2cos3x cos x cos x 2 m 0
− + − + =
(1) 1điểm
 (1)

2
2cos x cos x 1 m 0⇔ − + − + =
1/4
 Đặt t = cos x ,
2
x ;
3 3
π π
 
∈ −


 
nên
1
t ;1
2
−
 
∈
 
 
. Ta có pt mới
( )
2
2t t 1 m 2− + =
1/4
 Để (1) có nghiệm thỏa mãn ycbt ⇔ (2) có nghiệm
1
t ;1

2
−
 
∈
 
 
1/4
 Lập BBT và tìm được đáp số :
7
m 2
8
≤ ≤
1/4
Câu III a Tìm m để pt có 4 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng:
( )
4 2
x 3m 1 x 2m 3 0− + + + =
(1) 1điểm
 Đặt
( ) ( ) ( )
2 2
t x 0, 1 t 3m 1 t 2m 3 0 2= ≥ ⇔ − + + + =
1/4
 Để (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm dương phân biệt
⇔
( ) ( )
2
2
3m 1 4 2m 3 0
9m 2m 11 0

11
3m 1 0 m
1
9
m
2m 3 0
3

∆ = + − + >

− − >

 
+ > ⇔ ⇔ >
 
−
>
 
+ >



1/4
 Khi đó, (2) có 2 n phân biệt
1 2
0 t t< <
( )
o
1 2 2 1 3 1 4 2
1 có 4 n x t x t < x t x t⇒ = − < = − = < =

, để 4 nghiệm đó lập thành
CSC ⇔
1 2
9t t=
1/4
 Sử dụng định lý Vi-et tìm được m= -97/81(loại), m = 3 (TM)
1/4
b
Cho hình chóp S.ABCD, có ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm thuộc cạnh SA sao cho
MS = 2MA. Gọi I, N lần lượt là trung điểm của DM và BC, gọi J là giao của AC và ND.
Chứng minh rằng IJ // (SCD).
1điểm
Cách 1.
 Gọi P là trung điểm của SM ⇒ PI//SD
1/4

JA AD PA
2 PJ / /SC
JC NC PS
= = = ⇒
1/2

Vậy (IJP)//(SCD) ⇒ IJ // (SD)
1/4
7
8
2 2
y
t -
∞

-1
2

1
4
1 +
∞

E
J
N
I
P
M
C
A
D
B
S
Cách 2.

Gọi E là giao của AI và SD

CM được IA/IE=2
( Hs được sử dụng ĐL Mênêlauýt)

CM được JA/JC=2

Suy ra IJ//CE từ đó cm được IJ//(SCD)

Câu IV Cho tam giác ABC có tọa độ các đỉnh là : A(1;3), B(-3;1), C(6;-2) 1điểm
a Lập phương trình đường thẳng d qua A cắt cạnh BC tại M sao cho
ABM ACM
S 2S
∆ ∆
=
.

ABM ACM
S 2S MB 2MC
∆ ∆
= ⇔ =
1/4
 Vì M thuộc cạnh BC nên
MB 2MC= −
uuur uuur
1/4
 Tìm được M(3;-1)
1/4
 Vậy phương trình đt d: 2x + y -5 = 0
1/4
b
Gọi H là hình chiếu của A lên BC, E là điểm thảo mãn hệ thức
EA 2EC BA+ =
uuur uuur uuur
. Hãy lập
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE.
1điểm
 Từ giả thiết ta có
EB 2EC 0+ =

uuur uuur r
⇒ E thuộc BC và E(3;-1)
1/4
 H là hình chiếu của A lên BC nên ∆AHE vuông tại H
1/4
 Vậy đường tròn ngoại tiếp ∆ AHE có dường kính là AE
1/4
 PT:
( ) ( )
2 2
x 2 y 1 5− + − =
Cánh 2: Nếu học sinh tìm H (1/4đ)và M (1/4đ) sau đó lập pt đường tròn (1/2 đ)
1/4
Câu V
Cho ba số thực a, b, c thảo mãn các điều kiện : a, b, c > 0 và abc ≥ 1.
Chứng minh rằng
( ) ( ) ( )
1 1 1 a b c
a b 3c 2a b c 3a 2b c a 3b 2c 6
+ +
+ + ≤
+ + + + + +
(1)
1điểm

( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 bc bc b
bc.
a b 3c 2a b a c a 2c) 9 b a c a 2
 

≤ ≤ + +
 ÷
+ + + + + + + +
 
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 ca ca c
ca.
b c 3a 2b c b a b 2a) 9 c b a b 2
 
≤ ≤ + +
 ÷
+ + + + + + + +
 
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 ab ab a
ab.
c a 3b 2c a c b c 2b) 9 a c b c 2
 
≤ ≤ + +
 ÷
+ + + + + + + +
 
1/2
 Cộng vế với vế của 3 bđt trên ta có
1 1
1 bc bc b ca ca c ab ab a a b c
VT VP
9 b a c a 2 c b a b 2 a c b c 2 6
+ +
 

≤ + + + + + + + + = =
 ÷
+ + + + + +
 
1/2
Dấu bằng xẩy ra khi a=b=c=1