Dap an de kiem tra nang luc giao vien mon toan tinh bac ninh

<span class='text_page_counter'>(1)</span>UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. HƯỚNG DẪN CHẤM. ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: Toán Đáp án. Câu 1 1.1 (1,0 điểm) (2,0 điểm) TXĐ: D y ' 3x 2 6 x 3 y 1. 1, y ' 1. Điểm 0,25. 0. 0,5. Từ đó tìm được phương trình tiếp tuyến là y 1.2 (1,0 điểm). x3 3x 2 3x 2 k x 2 x x2. 1. 0,25. x 2 x2. x 1 k. 01 0,25. 2 x 1 k. Để đường thẳng d : y. 0 2. k x 2 cắt đồ thị tại A, B, D thì phương trình (1) phải có ba. nghiệm phân biệt. phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt khác 2. 3 4k 3 0 k 4 * 4 2 1 k 0 k 3. Do A(2 ; 0) nên hoành độ B, D x1, x2. BD. hai. 2. 0,25. B x1 ; k x1 2 , D x2 ; k x2 2. (2) . Ta có. 1 k2. x2. 2. x1. 1 k2. x2. x1. 2. 4 x2 x1. 1 k 2 4k 3 0,25. BD. 1 k 2 4k 3. Ta có MH. d M , BD. k 2 2k. k 2. k2 1. k2 1. Theo giả thiết. MH .BD. k 2. 4 5. k 4k 2 (2,0 điểm). 3. 13k. 2. 2. . 1 k 2 4k 3. 4 5. k 2 4k 3. 4 5. 1. 4k 92 0. 0,25. k 2 4k. 2. 21k 46. 0. k. 2 t / m(*). k = 2 là giá trị cần tìm. 2.1 (1,0 điểm) cos x. PT. cos x. x. 3. cos 3 x. 0,5. cos( 3x) 3 k ,k . 2. 0,25. 3. KL nghiệm của phương trình là x. 3. k ,k 2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2.2 (1,0 điểm). 2 x 2 13x 17 2 x 2 13x 19. 4 x 2 26 x 42. y 1. x 1. ( y 1) x. 4 x 2 26 x 42 0 ĐK: y 1 0 x 1 0 4 x2. Ta có. 26 x 42. 1. 1. 2 7 2. 3 x y 0,. y 1 6. 0,25. 1. 17 8. 2 x 2 13 x 19. 2 x 2 13x 17 2 x 2 13x 19. 4 x 2 26 x 42. 2, x. 4 x 2 26 x 42 1. 3;. 2x. 2. 7 2. 2 13x 19. 3. 3. Do đó, y 3 Với y. y 3. y 1 12. y 1. ln x 1 x 1 ln a , a 0; a. 3 ta có 2. Xét hàm số g a. 2 y 1 12 0. y 1 2. y 3. 0,25. ln y 1 y 1 0,25. 1 ln a ,g' a 0 a e a2 5 ln 2 g x 1 g 2 ;y 1 4 Do x 1 2; 2 2 Từ đó suy ra x 3, y 3 Thử lại x 3, y 3 thỏa mãn hệ phương trình. 3.1 (1,0 điểm) g' a. 3 (2,0 điểm). e2. 3 2. I. 3x ln x e. ln x 1 dx x. e2. e2 3 2. 3x ln xdx e. e. g y 1. g 4. ln x 1 dx x. ln 2 2. 0,25. 0,25. e2. 3x 2 ln xdx. Tính I1 e. u. Đặt. ln x. dv 3x 2 dx. I1. v 2. x ln x e. 0,25. x3. e2. e2. 3. dx x. du. 3. e2. x dx x ln x e e. e2 3. Tính I 2 e. Đặt. 3. x3 3. e2. 2e6 e3 e. ln x t 3 1. ln x 1 t. Đổi cận x e. dx x. 3t 2 dt. 0,25. t. 0; x. e. 2. t 1. 3. I2. 3t dt 0. I1 I 2. 5e6 2e3 3. ln x 1 dx x. 1. I. e6 e3 3. 20e. 6. 8e 12. 3. 9. 3t 4 4. 1. 0. 3 4 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3.2 (1,0 điểm) ,n 3. Điều kiện n An3. 2 An2. n! n! 2 100 (n 3)! (n 2)!. 100 10. (1 3 x)10. n(n 1)(n. 2). 2n(n 1) 100. 0,5. n 5. k k k C10 3 x Số hạng chứa x5 tương ứng k = 5 .. 0,5. k 0. 5. 4 (2,0 điểm). Vậy hệ số của số hạng chứa x là 4.1 (1,0 điểm) y. 5 C10 .35. 61236. A B. H M. H' N. C. 0,25. x. O. Gọi H’ là điểm đối xứng với H qua BC. Phương trình HH’: x y 0 . Khi đó, giao điểm của HH’ và BC là I 4; 4 . Suy ra tọa độ điểm H ' 3;3 . Chứng minh được H’ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi Pt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là x 2 y 2 2ax 2by c. 0 a 2 b2 c. Do M, N, H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên ta có 7 2 32 14a 6b c 0 a 5. 32 32 6a 6b c 0 42 22 8a 4b c 0. y 2 10 x 8 y 36 0 C. Vì A. HH '. C. A 6;6 (vì A. B; C. BC. C. Tọa độ B, C là nghiệm của phương trình. x x. 2. y 10 x 8 y 36 0 y 8 0. 0,25. b 4 c 36. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là x 2. 2. 0. H '). x 3 y 5. 0,25. x 6 y 2. BC 3 2 Diện tích tam giác ABC là 1 1 6 6 8 S ABC d A, BC .BC .3 2 2 2 2. 0,25. 6 (đvdt).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 4.2 (1,0 điểm) Tọa độ điểm A 1;0; 1 Gọi u. (a; b; c), a 2 b2 c 2. Vì. ( P) nên u .nP. 0 là một vectơ chỉ phương của. 0 hay 2a b c 0. c. 2a b. 6 a 2 b2 Từ đó ta được 2 a b. 2. u a; b; 2a b. 4ab 2b 2. 3a 2. 0. 2a b a. 2. 0. b. 3 2. 0,25. c. 0,25. x 1 : y t t z 1 t. Vậy phương trình của. 5 (1,0 điểm). 5a 2. 0,25. a 2b 2a b. tạo với d góc 300 nên cos d ,. Do. .. 0,25. 5 (1,0 điểm) Gọi x là độ dài cạnh bên của lăng trụ, O là tâm của tam giác ABC, I và M lần lượt là trung điểm của BC và B’C’. Ta có A ' O. ABC , A ' M. AI BC A ' O BC. BC. AI. a 3 , A' I 2. x2. a2 ; IM 4. x.. 0,25. A ' IM. A ' AIM. 1800. A ' IM. A ' IM. TH1:. B'. A'. M C'. A. B. 0,5 O I C. Theo định lí Cosin ta có. 3a 4. 2. 2. x. 2. VA '. BCC ' B '. a 4. x. 2. 2VA '. ABC. 2. 8 x 4 11a 2 x 2 3a 4. 1 2. x. x 2 3. a 4. 2 A ' O.S ABC 3. a3 2 (đvtt). 6. 1800 A ' IM TH2: Theo định lí Cosin ta có. 2. x2. a 2. 0 x. a.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 3a 2 4. x. 2. x. 2. 1 2. x. x 2 3. a2 4. 8 x 4 11a 2 x 2 3a 4. 0. x2. a 6 . 4. x. a2 2. 2 a3 2 A ' O.S ABC (đvtt). 3 24 Lưu ý: Nếu thí sinh chỉ làm được một trường hợp thì cả bài chỉ cho 0,5 điểm. 6 (1,0 điểm) Giả sử a b c 3 . Khi đó, ta có 18 a 2 b2 c 2 81abc 18 a 2 b2 c 2 81abc 2 2 2 9 2 a b c 3abc 2 9 27 a b c a b c VA '. BCC ' B '. 6 (1,0 điểm). a2 4. 0,25. 2VA '. ABC. 0,25 3. Từ đó suy ra. 2 a 2 b2 c 2 a b c a a b a c. 9abc. b b a b c. Điều này vô lý vì a a b a c. a b c. 3. c c a c b b b a b c. 0,25. 0 c c a c b. 0 * , a , b, c 0. Thật vậy, do vai trò của a, b, c như nhau nên ta có thể giả sử a b c . Khi đó c c a c b 0. a a b a c. b b a b c. a b a 2 ac b 2 bc. Nên (*) luôn đúng với mọi a, b, c không âm. Vậy a b c 3. a b. 2. a b c. 0. 0,25. 0,25.

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