De thi KSBD Toan 11 A A1 B

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG KHỐI 11 - NĂM HỌC 2012 – 2013. TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn: Toán – Khối A, B, A1. Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 13 tháng 10 năm 2012.. I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu 1(3 điểm) Giải các phương trình lượng giác sau: 1. 2 sin 2 x  sin x  1  0 . 2. 2 sin 2 x  3 sin x cos x  5 cos 2 x  0 . tan 2 x  tan x 2   sin( x  ) . 3. 2 2 4 tan x  1 Câu 2(2 điểm). x 2  4x  1  x  2 1  2 2 x  y  2  3 y 2. Giải hệ phương trình  2  xy  x  2 y  Câu 3 (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) cho hai đường thẳng: (d1): x – 2y + 5 = 0 và (d2): x – 2y – 8 = 0.Tìm trên trục Ox điểm I sao cho phép đối xứng tâm I biến đường thẳng (d1) thành đường thẳng (d2). Câu 4 (1 điểm) Cho 3 số thực không âm x, y, z. Chứng minh 1. Giải phương trình:. x 2  xy  y 2  y 2  yz  z 2  z 2  zx  x 2  3 ( x  y  z ). II. PHẦN RIÊNG(3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B). Phần A. Câu 1(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C): (x - 4)2 + (y - 3)2 = 8 1. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của (C). 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc trục Oy để qua M ta dựng được hai tiếp tuyến của đường tròn (C) vuông góc với nhau. Câu 2(1.0 điểm) cos 2 A  cos 2 B 1 Cho tam giác ABC có ba góc thỏa mãn điều kiện:  (cot 2 A  cot 2 B) 2 2 sin A  sin B 2 Chứng minh tam giác ABC là tam giác cân. Phần B. Câu 1(2.0điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(-1; 1), trọng tâm G(1; 0), 3 đường cao AH có độ dài bằng . Đường thẳng (d) không song song với BC, đi qua A có phương trình 2 là: x + y – 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, C của tam giác ABC. Câu 2(1.0điểm) Giải phương trình x 2  x  1 . x3  x 2. ….…………Hết………….. (Đề thi gồm có 01 trang).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI KSCL BỒI DƯỠNG KHỐI 11 - NĂM HỌC 2012 – 2013. TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG. Môn: Toán – Khối A, B, A1. Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 13 tháng 10 năm 2012. ĐỀ CHÍNH THỨC. Câu 1. Ý 1 1.0đ. Nội dung lời giải 2 sin 2 x  sin x  1  0  sin x  1 , sin x  . x 2 1.0đ. 3 1.0đ.  2.  k 2 , x  .  6.  l 2 , x . 1 2. Điểm 1.0. 7  m2 6. 1.0. 2 sin x  3 sin x cos x  5 cos x  0 (1) Xét cosx = 0. Không thỏa mãn pt(1). Xét cosx  0 chia cả 2 vế của pt(1) cho cos2x ta được pt: 5 2tan2x + 3tanx – 5 = 0  tan x  1, tan x   2  5  x   k , x  arctan( )  l (thỏa mãn đk) 4 2  5 Vậy pt(1) có các nghiệm là: x   k , x  arctan( )  l 4 2 2. 2. 0.5 tan 2 x  tan x 2   sin( x  ) 2 4 tan 2 x  1 ĐKXĐ: cos x  0 Phương trình tương đương với: 1 cos 2 x(tan 2 x  tan x)  (sin x  cos x)  2 sin x(sin x  cos x)  sin x  cos x 2  tan x  1  (sin x  cos x)(2 sin x  1)  0   sin x  1 2 . * tan x  1  x  .  4.  k. 0.5.   x   l 2  1 6 * sin x    2  x  5  m2  6 Vậy pt có các nghiệm là  5  x   l 2 , x   2m , x    k 6 6 4 2. 1. 1.0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1.0đ. 2 1.0đ.  x  2 x 2  4x  1  x  2   2 2 x  4x  1  x  4x  4  x  2 3  x 8 8 x  3 1  2 2 x  y  2  3 y Giải hệ   xy 2  x  2 y  ĐKXĐ: y  0 1 1  2  2 x  y2  2  3 x  (y2  2 )  3 1  2 2   y y x  y  2  3   y     xy 2  x  2 y  xy  x  2  x( y  1 )  2    y y 1 Đặt y   t đk t  2 .Ta có hpt: y  x 2  t 2  5  x  1 x  1  và   t  2 t  2  x.t  2 Với t = -2 thì y = -1 Với t = 2 thì y = 1 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là: (1; 1) và (-1; -1). 3. 0.5. 0.5. 0.5 1.0đ. Trên đường thẳng (d1) lấy điểm A(2y – 5; y) , khi đó điểm B đối xứng với điểm A qua I sẽ nằm trên đường thẳng (d2) Suy ra B(2y’ + 8; y’) 0.5 Ta có I nằm trên trục Ox đồng thời là trung điểm của AB (2 y  5)  (2 y '8)  2 x I 3 3  x I   I ( ;0) nên  2 2  y  y'  0. 3 Vậy phép đối xứng tâm I ( ;0) biến đường thẳng (d1) thành đường 2 thẳng (d2).. 4. 1.0đ. x y 2 x y 2 x y 2 ) ( )  3( ) 2 2 2 x y  x 2  xy  y 2  3 ( ) (1) Dấu bằng xảy ra khi x = y 2. 0.5. Ta có x 2  xy  y 2  3(. yz Tương tự y 2  yz  z 2  3 ( ) (2) 2 zx z 2  zx  x 2  3 ( ) (3) 2 Cộng các vế tương ứng của (1)(2)(3) ta được. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> x 2  xy  y 2  y 2  yz  z 2  z 2  zx  x 2  3 ( x  y  z ) Dấu bằng xảy ra khi x = y = z. 1. . 2.0đ. .Phần A. 1.0 A M. B. Đường tròn(C) có tâm I(4;3) và bán kính R =. 8. Giả sử điểm M(0; m). 1.0. IA 2 Trong tam giác vuông IAM có IM   8. 4 0 sin 45 2  IM 2  16  16  (m  3) 2  16  m  3 Vậy M(0; 3) là điểm cần tìm. 2. 1.0đ. Từ giả thiết suy ra cos 2 A  cos 2 B 1 1  (cot 2 A  1  cot 2 B  1) sin 2 A  sin 2 B 2 2 1 1 1   ( 2  ) 2 2 sin A  sin B 2 sin A sin 2 B. 1.0.  (sin 2 A  sin 2 B) 2  4 sin 2 A. sin 2 B  (sin 2 A  sin 2 B)  0  sin A  sin B (do A, B là các góc trong tam giác nên sinA > 0, sinB > 0)  A B Vậy tam giác ABC cân tại C. 1. 2.0đ. Phần B Phương trình đường thẳng BC có dạng: a(x + 1) + b(y - 1) = 0  ax + by +a – b = 0 3a  a  b 3 3   Ta có AH = 3d(G; BC) = 2 2 2 2 a b. 1.0.  2(2a  b) 2  a 2  b 2  (a  b)(7a  b)  0  b  7a ( do BC không song song với d) Chọn a = 1, b = 7.pt đường thẳng BC là: x + 7y – 6 = 0. Do A thuộc (d) nên A( x, 3-x) 1.0 x  7(3  x)  6 3 3    x = 0, x = 5 Ta có d(A; BC) = 50 2 2 * A(0; 3), B(-1; 1), trọng tâm G(1; 0) nên C(4; -4) *A(5; -2), B(-1; 1), trọng tâm G(1, 0) nên C(-1; 1).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2. 1.0đ. x3  x (1) 2 ĐKXĐ: x  0 Phương trình (1) tương đương với: 2( x 2  x  1) 2  x 3  x Xét x = 0 không thỏa mãn phương trình (1) Xét x  0 . Chia cả hai vế của (1) cho x2 ta được pt 1 1 2( x   1) 2  x  x x 1 Đặt t  x  ( t  2) x 1 2 2(t - 1) = t  t  2  x   2  x  1 x Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 1. x2  x 1 . 0.25. 0.5. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>