De DA thi khoi lan 2 nam 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (415.52 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THPT

THẠCH THÀNH I ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2

NĂM HỌC 2011 -2012

Tổ Tốn Mơn thi: Tốn 11

Thời gian làm bài: 150 phút
Câu I (2 điểm)

1. Cho f(x)=cos2x , giải phương trình

√

3f '(x)−1

2f''(x)=−

√

2
2. Giải phương trình

3 tan 2x − 3

cos 2x −2 .

1−cotx

1+cotx+2 cos 2x=0
Câu II (2 điểm)

1. Giải bất phương trình sau:

√

x2− x −6≥ x+2

√

x −3−3
2. Giải hệ phương trình

{

x2

+5y2=6
xy+5x2=6
Câu III (3 điểm)

1. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C):y=x3−3x biết
a. Hoành độ tiếp điểm bằng -2.

b. Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=− 1

24 x+2012
2. Tính giới hạn:

3
2
1

2 1 3 2 2

1
x

x x x

A lim

x


   



Câu IV (3 điểm)

Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thang cân có đáy lớn
AD=a

√

2 . Biết góc hợp bởi BC’ với mp(ABCD) bằng 600, góc hợp bởi A ' D với
mp(ABCD) là ϕ sao cho tanϕ=

√

2 , CD⊥(AA' B' B) , AB⊥(CC' D ' D)
1. Chứng minh rằng lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ là lăng trụ đứng

2. Tính chiều cao của lăng trụ và diện tích đáy ABCD
3. Tính khoảng cách giữa AB’ và CD’

---Hết---Chú ý: Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 11 – NÂNG CAO

Câu NỘI DUNG ĐIỂM

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Do đó

√

3f '(x)−1

2f''(x)=−

√2

⇔

√3

(−sin 2x)−
1

2(−cos2x)=−√2
⇔

√

3 sin 2x −cos 2x=

√

2⇔

√

2 sin 2x −
1

2cos 2x=

√

2 ⇔sin

(

2x −
π
6

)

=sin

π
4
2x −π

6=
π
4+k2π
2x −π

6=π −
π
4+k2π
⇔¿

x=5π
24 +kπ
x=11π

24 +2π
⇔¿

2

ĐK

cos 2 0 cos 2 0

cos 2 0

sin 0 sin 0

sin 0

cot 1 cos sin 0

x x

x

x x

x

x x x

 

 





 

   

  




    

 

1.0
Khi đó phương trình đã cho trở thành



 



3sin 2 3 sin cos

2 2cos 2 0

cos 2 sin cos

3sin 2 3 cos sin

2 2cos 2 0

cos sin cos sin sin cos

x x x

x

x x x

x

x x x x x x

 

  



 

   

  













2 2

3sin 2 3 2 cos sin 2cos 2 0
3sin 2 3 2 1 sin 2 2 1 sin 2 0

1
2sin 2 sin 2 1 0 sin 2 1;sin 2

x x x x

x x x

x x x x

    

      

       

+) sin 2x 1 cos 2x0 không thỏa mãn ĐK

1
sin 2

x

(thỏa mãn ĐK)





2 2

3 6

2 2

3 3

x k x k

k

x k x k

 

  

 

   

 

    

      

 

 



II 1

Giải BPT

√

x2− x −6≥ x+2

√

x −3−3
ĐKXĐ

{

x2− x −6≥0

x −3≥0 ⇔x ≥3 (*)
Khi đó BPT đã cho tương đương với

√

(x+2) (x −3)≥

√

(x −3)2+2

√

x −3⇔

√

x+2

√

x −3≥

√

(x −3)2+2

√

x −3
TH1. Dễ thấy x = 3 là nghiệm

TH2. x>3, chia cả 2 vế của BPT cho

√

x −3 ta được

√

x+2≥

√

x −3+2⇔x+1+4

√

x −3≤ x+2⇔4

√

x −3≤1⇔16x ≤49⇔x ≤47
16
Tóm lại BPT có tập nghiệm là S=

[

3;47

]

1.0

II 2

Giải hệ....

Trừ 2 vế của PT thứ nhất cho PT thứ 2 ta được
x2−xy

+5y2−5x2=0⇔x(x − y)−5(x − y) (x+y)=0⇔(x − y) (4x+5y)=0

Hoặc là x=y thay vào hệ ta được x2+5x2=6 hay x=±1 , trường hợp này hệ có các nghiệm
(x ; y)∈

{

(1;1);(−1;−1)

}

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Hoặc là 4x+5y=0⇔y=−4

5x thay vào hệ ta được x=±

√

107 từ đó tìm được các nghiệm
(x ; y)∈

{

(

√

7 ;−
4
5

√

)

;

(

−

√

7 ;+
4
5

√

10
7

)

}

Tóm lại, hệ đã cho có các tập nghiệm là

(x ; y)∈

{

(1;1);(−1;−1);

(

√

10
7 ;−

4
5

√

10
7

)

;

(

−

√

10
7 ;+

4
5

√

10
7

)

}

III
1a

Đạo hàm y '=3x2−3 suy ra y '(−2)=9

PTTT là y=9(x+2)−2 hay y=9x+16 1.0

1b

Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y=− 1

24 x+2012 nên hệ số góc của tiếp tuyến là 24. Khi đó
hồnh độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình 3x2−3

=24⇔x2=9⇔x=±3
Với x = 3 PTTT là y=24x −54

Với x = -3 PTTT là y=24x+54

1.0

2

Tìm giới hạn...

Ta có

3 3

2 2

1 1

2 1 3 2 2 2 1 1 3 2 1

1 1

x x

x x x x x x

lim lim

x x

 

        



 

2 2

2 1 1 3 2 1

1 1

x

x x x

lim

x x



     

   

 

 

































3 2
2

1 2 3 2 3

1 3 2 3

2 1 3 3

1 2 1 1 1 3 2 3 2 1

2 1 3

1 2 1 1 1 3 2 3 2 1

4 3 3
4 6 2
x

x

x x x

lim

x x x x x x

x x

lim

x x x x x x



 

    

   

 

  

      

 

  

 

 

   

   

 

  

      

 

  

 

  

1.0

4a

Ta có:

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

4b

Vì ABCD.A’B’C’D’ là lăng trụ đứng nên độ dài cạnh bên là chiều cao của lăng trụ

Ta có



A D ABCD

' ,(

)







A DA

'





do đó

'

3

6 tan

'

2 AA

a

AA

AD

 









Vậy chiều cao của lăng trụ bằng

6

2 a

. 
Khi đó, vì



BC ABCD

',(

)





60

o và

6 '

2 a

CC



AA



nên 0

'

2 tan 60

2 CC

a

BC



Vì AB⊥(CC' D ' D) suy ra ,

AB CD



gọi

K



AB CD



, đặt

KB x AB y



;



ta có





2
2

2 2 2

2 2

2 a

x

KB

KC

BC

a

x y

KA

KD

BC

x y

a















 

















Kẻ

CE



AD

thì

2

4 AD BC

a

ED







Suy ra diện tích đáy ABCD là

2 2

3

2 .

2

4

8 a

AD BC

a

S





CH







4c Kẻ

B F

'



A D

' '

ta có















 



' / /

'

/ /

'

';

'

;

'

/ /

'

B F

CE

AB F

CD E

d AB CD

d AB F

CD E

AF

ED











=d F CD E



;





Vì

CE





AA D D

' '



nên



AA D D

' '

 



CD E

'



theo giao tuyến

ED

'

. Kẻ

FI



ED

'

thì



'



FI



CD E

, vậy d F CD E



;





FI

. Ta tính được

3

2 '

4 a

FD



AD



;

2 2

26 '

4 a

ED



DD



ED



; suy ra

'.

' 3

78 '

26 AA FD

a

FI

ED

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Họ và tên thí sinh: ………SBD: ………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH VĨNH PHÚC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2010 – 2011

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN

(Dành cho học sinh các trường THPT không chuyên)
Đáp án gồm 3 trang

Câu Nội dung Điểm

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

2 điểm

ĐK

cos 2 0 cos 2 0

cos 2 0

sin 0 sin 0

sin 0

cot 1 cos sin 0

x x

x

x x

x

x x x

 

 




 

   

  




    

 

0,5

Khi đó phương trình đã cho trở thành



 



3sin 2 3 sin cos

2 2cos 2 0

cos 2 sin cos

3sin 2 3 cos sin

2 2cos 2 0

cos sin cos sin sin cos

x x x

x

x x x

x

x x x x x x

 

  



 

   

  

0.5













2 2

3sin 2 3 2 cos sin 2cos 2 0
3sin 2 3 2 1 sin 2 2 1 sin 2 0

1
2sin 2 sin 2 1 0 sin 2 1;sin 2

x x x x

x x x

x x x x

    

      

       

0,5

+) sin 2x 1 cos 2x0 không thỏa mãn ĐK 0,25

1
sin 2

x

(thỏa mãn ĐK)





2 2

3 6

2 2

3 3

x k x k

k

x k x k

 

  

 

   

 

    

      

 

 

 0,25

II

2,5điểm 1.a (1,5 điểm)Từ khai triển trên lần lượt cho x1;x1 ta được 0,5
2011

0 1 2 4042110
0 1 2 4042110

... 2011

... 1

a a a a

     




    



 0,5

Cộng từng vế hai đẳng thức trên và chia cả hai vế cho 2 ta được

2011
0 2 4 4042110

2011 1
...

A a a a  a   0,5

1.b (0,5 điểm)

Xét x1 từ khai triển trên ta có:



1 x2011



2011  



1 x



2011



a0 a x a x1  2 2 ...a4042110x4042110



Hệ số của x2011 trong vế trái bằng C12011 2011

0,25

Hệ số của x2011 trong vế phải bằng

0 1 2 3 2010 2011

2011 2011 2011 2010 2011 2009 2011 2008 ... 2011 1 2011 0

C a  C a C a  C a  C a  C a

Từ đó ta có đẳng thức

0 1 2 3 2010 2011

2011 2011 2011 2010 2011 2009 2011 2008 ... 2011 1 2011 0 2011

C a  C a C a  C a  C a  C a 

0,25

2. ( 0,5 điểm)

+) Trước hết ta tính n(A). Với số tự nhiên có chín chữ số đơi một khác nhau thì chữ số
đầu tiên có 9 cách chọn và có A98 cho 8 vị trí cịn lại. Vậy

 

8
9

n A  A 0,25

+) Giả sử B



0;1; 2;...;9



ta thấy tổng các phần tử của B bằng 45 3 nên số có chín chữ
số đôi một khác nhau và chia hết cho 3 sẽ được tạo thành từ 9 chữ số của các tập

 

\ 0 ; \ 3 ; \ 6 ; \ 9

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

9 8
9 3.8. 8

A  A . Vậy xác suất cần tìm là

9 8
9 8
8
9
3.8. 11
27

9.
A A
A


III
(2,5 điểm)

1. (1 điểm)

Từ công thức truy hồi của dãy ta được









1 2 1

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

1 1 1 ... 1 1 ... 1

1 1

n n n

u u u u

n  n n  n n

   

       

   

              

   

            0,5

Do đó



 







2 2 2 2

1 1 2 4.2 3.1 1

. ... . .2011 .2011

2
3 2

n

n n n n n

u

n

n n

   

 

 . Từ đó

2011
lim

2
n

u  0,5

2. (1,5 điểm)
Ta có

3 3

2 2

1 1

2 1 3 2 2 2 1 1 3 2 1

1 1

x x

x x x x x x

lim lim
x x
 
        

 
0,5
3
2 2
1

2 1 1 3 2 1

1 1

x

x x x

lim
x x

     
   
 

  0,5

































3 2
2

1 2 3 2 3

1 3 2 3

2 1 3 3

1 2 1 1 1 3 2 3 2 1

2 1 3

1 2 1 1 1 3 2 3 2 1

4 3 3
4 6 2
x

x

x x x

lim

x x x x x x

x x

lim

x x x x x x



 
    
   
 
  
      
 
  
 
 

   
   
 
  
      
 
  
 
  
0,5
IV
(3 điểm)

1. (1,5 điểm)

Ta có BDAC và BDAA' nên BD



ACC A' '



 AC'BD. 0,25
Tương tự ta chứng minh được AC'A D' . Từ đó ta suy ra AC'



A BD'



. 0,5
Gọi I là giao điểm của AC và BD. Khi đó GAC'A I' chính là giao điểm của AC' và

mặt phẳng



A BD'



. 0,25

Do // ' ' ' ' ' 2

GI AI

AC A C

GA A C

  

suy ra G là trọng tâm của tam giác A BD' . 0,5
2. (1,5 điểm)

Đặt A A m A D'  , ' 'n A B, ' ' p m n  p a m n n p; .  . p m. 0

              
              
              
              
              
              
              
              
              
              
              
              
              
              

và A M' x A D D N. ' ; ' y D C. '

    0,25

Ta có A M' x m x n D N.  . ; ' y m y p.  .  MN MA'A D' 'D N'

         



y x m





1 x n y p



    

   0,25

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>











 













 



1 0

. ' 0 1 2 0 3

2 0 1

. ' 0 1 0

x

y x m x n y p m n

MN B C y x

y x

MN D C y x m x n y p m p y




       

     

  

  

   

 

       

  

  




    

 

      

Vậy M, N là các điểm sao cho

2 1

' ' ; ' '

3 3

A M  A D D N  D C

   

0,5

Do đó ta có

2
2

1 1 1 3

3 3 3 3 3

a a

MN  m n p MN   MN 

   

0,5

G
I

C'

B'
A'

C
A

D

B

D'
M

</div>

De DA thi khoi lan 2 nam 2012

√

√

√

√

{

√

√

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 11 – NÂNG CAO

√

√2

√3

√

√

√

√

(

)



 



















<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

{

√

√

√

√

√

<sub>√</sub>

√

√

√

√

√

√

[

]

{

}

√

{

(

√

√

)

(

√

√

)

}

{

(

√

√

)

(

√

√

)

}









<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





