DEDAP AN THI HSG 11

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 2. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TOÁN LỚP 11- THPT Ngày thi 11 tháng 05 năm 2012. ĐỀ CHÍNH THỨC. (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề) Đề này có 05 câu, gồm 01 trang. Câu I. (Khối A: 4,0 điểm; Khối B, D: 5,0 điểm ) y  f x 2 x 3  9mx 2  12m 2 x  1.   Cho hàm số , ( m là tham số) 1. Khi m  1 , hãy viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng  có phương trình 3x  20 y  17 0 . 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình. f '  x  0. có hai nghiệm. x , x x x phân biệt 1 2  1 2  thoả mãn điều kiện x x2 . Câu II. (Khối A: 4,0 điểm; Khối B, D: 5,0 điểm ) 2 1.  2  tan x  4 cos x 2sin  2 x    3  cos x  1. Giải phương trình:  1  x   x  y  3 3 y    2 x  y  1 8  y 2. Giải hệ phương trình: . Câu III. ( 4,0 điểm) x 3x  5  3 2 x  3  3 x2  4 1. Tìm giới hạn sau: x 2 2. Từ các chữ số 0,1, 2,3, 4,5 lập các số có ba chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẩu lim. nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số không chia hết cho 3. Câu IV. ( 6,0 điểm) 2. 2. C : x  1   y  2  4 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn    có M  1;0  tâm là I và điểm  . Viết phương trình đường thẳng  đi qua M cắt C A, B S 3 IAB. tại hai điểm sao cho tam giác có diện tích . 2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . M , N lần lượt là trung điểm của AB và AD , H là giao điểm của CN với DM , biết SH vuông. 0 SCD  ABCD  góc với mặt phẳng đáy và góc giữa hai mặt phẳng  và  bằng 30 . Tính SH và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và DM theo a.. Câu V. ( 2,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: x  y  z 3xyz Chứng minh rằng:. y2 z2 x2 3    3 2 3 2 3 2 x 3 y 1 y 3z 1 z 3x 1 4. . . . . . . ------------------------------------------------ HẾT ----------------------------------------------Họ và tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: ……………..……… Chú ý:- Học sinh thi khối nào ghi rõ khối đó vào tờ giấy thi. VD: Bài Làm Khối B.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> - Học sinh thi khối B, D không phải làm câu V Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LỚP 11 (Đáp án gồm 04 trang). Câu I. Đáp án. Điểm. 1. ( 2,5 điểm). y  f  x  2 x 3  9 x 2  12 x  1 f '  x  6 x 2  18 x  12 (4 Với m  1 ta có hàm số , điểm) x ;y Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến,  0 0  là toạ độ tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số. Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng  : 3x  20 y  17 0.  x0  1 3   3 20 20   ' 2 k .    1  k   f  x0  6 x0  18 x0  12  x 8 3  0 3 3 nên  20  Hay 20  1  110 1 110 y   x  x0   y0  3  3  27 3 27 phương trình tiếp tuyến là +) 20  8  187 8 187 y   x  x0   y0  3  3  27 3 27 phương trình tiếp tuyến là +) 20 50 20 293 y  x y  x 3 27 và 3 27 Vậy có hai tiếp tuyến là :. 0,75. 0,75. 1.00. 2. ( 1,5 điểm). . f '  x  6 x 2 18mx 12m 2 6 x 2  3mx  2m 2 f. '.  x  0 có hai nghiệm phân biệt. .  x 2  3mx  2m 2 0 có hai nghiệm phân. biệt   m 2  0  m 0 . 1 1 x1    3m  m  , x2    3m  m  2 2 (do x1  x2 ) 2.   3m  m    3m  m       m  2 2 2 2 x  x     1 2 Theo giả thiết. 0,75. 0,75. II 1. ( 2,0 điểm)  (4 cos x 0  x   l , l  Z 2 điểm) Điều kiện :   pt  sin x  4 cos 2 x 2sin  2 x   cos x  2 3 . . .  sin x  2  1  cos 2 x   sin 2 x  3 cos 2 x cos x  2  sin x  sin 2 x cos x  2cos 2 x . .  sin x 1  2 cos 2 x  cos 2 x 2 . . . . . 3 cos x 0. .   sin x cos 2 x  cos 2 x 2 . . 3 cos 2 x cos x 0. 3 cos x 0. .  cos 2 x sin x  3 cos x  2 0.   ) cos 2 x 0  x   k , k  Z 4 2. 1,00.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ) sin x  3 cos x  2 0 . 1 3 sin x  cos x 1 2 2.     sin  x   1  x   k 2 , k  Z 3 6 . 1.00.    x  Đáp  k án ; xToán  11k 2Trang ,k Z 1 4 2 6 So với điều kiện ta được nghiệm của pt là :. 2. ( 2,0 điểm) y 0, x . Điều kiện :. 1 0, x  y 3 y. 1 a  x  , b  x  y  3 , a, b 0 y Đặt . Hệ trở thành a  b 3  a 2, b 1   2 2  a 1, b 2 a  b 5. 0,75. +) Với a 2, b 1  1  x  2 y    ta có  x  y  3 1 +) Với a 1, b 2. 1   x  4 y    x  y 4 . 1  4 x   4 x   y 4  x.  1  x  1 y    ta có  x  y  3 2. 1   x  1 y    x  y 7 . 1  1  x 4  10, y 3  10 x   7 x   y 7  x  x 4  10, y 3  10.  x 3, y 1  x 5, y  1 . 0,50. Thử lại ta thấy tất cả các nghiệm đều thoả mãn. Vậy hệ có 4 nghiệm.  x; y    3;1 ,  5;  1 ,  4 . . 10;3  10 , 4  10;3  10. 0,25. . III 1. ( 2,0 điểm) 3 (4 x 3x  5  3 2 x  3  3 x 3x  5  2 2x  3  1 lim lim  lim 2 2 x  2 x  2 điểm) x 2 x 4 x 4 x2  4 lim x 2. x 2  3x  5  4. x. 2. .  4 x 3x  5  2. . 0,50. 2x  3  1.  lim x 2. x. 2.  4  .  . 3. 2x  3. . 2.  3 2 x  3  1 . 0,50.  x  2   3x 2  x  2  2  x  2 lim  lim x 2  x  2   x  2   x 3x  5  2  x 2  x  2   x  2    3 2 x  3  2  3 2 x  3 1 . lim x 2.  3x. 2. x2.  x  2  x. . 3x  5  2. .  lim x 2. 0,50. . 2.  x  2    3 2 x  3  . 2. 0,50.  3 2 x  3  1 . . 16 2 7   4.4 4.3 6. 0,50. 2. ( 2,0 điểm) +) Tìm số có ba chữ số khác nhau lập được từ tập Số cần tìm có dạng abc Chọn a  E , a 0 có 5 cách.. E  0,1, 2,3, 4,5. 1,00.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Ta có MAD NDC  c  g  c . 2  trong 5 số còn lại của E \  a xếp vào hai vị trí b, c có A5 cách. Chọn2DCN  ADM mà 2 5. A ADM   MDC Vậy có 5900 100 (số) 0 +) Tính  số lập chia hết cho 3.  DCN  MDC 90được 0 có dạng abc , a  b  c 3 Số cần  DHC 90tìm DMcác  CN HayXét tập con gồm 3 phần tử của tập E  0,1, 2,3, 4,5 , ta thấy chỉ có. Trong giácthoả DCNmãn ta điều kiện tổng các chữ số chia hết cho 3 là: cáctam tập sau có A1  0,1, 2 , A 2  0,1,5 , A3  0, 2, 4 , A 4  0, 4,5. Đáp án Toán 11- Trang 2 DH .CN DN .DC 2SDCN A 5  1, 2,3 , A 6  1,3,5 , A 7  2,3, 4 , A 8  3, 4,5 DN, .cDC a , 5A , A  A1, A  DH 2 3 4 mỗi trường hợp lập được 4 số thoả mãn yêu cầu. Khia, bCN 5 Khi a, b, c  A52; A6 ;2A75; aA8 mỗi trường hợp lập được 6 số thoả mãn yêu cầu. CH  DC 2 4.4  DH  4.640 Vậy có 5 (số) Suy ra số không chia hết cho 3 là 100  40 60 (số) 60 P 0, 60 100 Xác suất cần tính là. 1,00. IV 1. ( 3,0 điểm) I 1; 2 , R 2 M  1; 0  (6 (C) có tâm   ; Đường thẳng  đi qua  có phương điểm) trình a  x  1  by 0, a 2  b 2 0 SIAB  3. . Giả sử  cắt (C) tại hai điểm A, B thoả mãn. 1,00. . Gọi H là hình chiếu của I trên AB  H là trung điểm của AB. SIAB. Ta có.  AIB 600 1 3    IA.IB sin AIB  3  sin AIB    0  2 2  AIB 120. 0 0  +) AIB 60  IH IA.cos 30  3  d  I ,   IH  3. . . .  a  4  15 , b 1  3  a 2  b 2  8ab 0   do a 2  b 2 0 2 2  a b a  15  4 , b 1 . 2a  2b. . . . . 1,00. 4  15  x  y  4  15 0;  4  15  x  y  4  15 0 Pt  là  0 0   d  I ,   IH 1 +) AIB 120  IH IA.cos 60 1.   4 7 , b 1 a  2a  2b 3 2 2  1  3a  3b  8ab 0   do a 2  b 2 0 2 2  a b  4 7 , b 1 a  3 . .    Pt  là  Vậy có 4 đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. 2. ( 3,0 điểm) 4  7 x  3 y  4  7 0; 4 . NI. A. H KS. M. C D. 7 x  3y  4 . B. 7 0. 1,00. .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1,00 SH   ABCD   SH  CD CD   SHI  Từ H kẻ HI  CD , do , từ đó suy ra 0    góc giữa  SCD  và  ABCD  là góc  SI , HI  SIH 30 . DH .CH 2 a HI   CD 5 . Trong tam giác vuông DHC ta có. SH IH .tan 300 . Trong tam giác vuông SHI ta có Gọi K là trung điểm của DC  BK // DM. 1,00. 2 3a 15 .. Đáp án Toán 11- Trang 3.  DM //  SBK   d  DM , SB  d  DM ,  SBK   d  H ,  SBK  . Gọi E là giao điểm của BK và CN, từ H kẻ. HF  SE  1. ,.  BK  CN  BK   SHE   BK  HF  2   BK  SH  do HF   SBK   HF d  H ,  SBK  . 1,00. Từ (1) và (2) suy ra Ta có EK // HD mà K là trung điểm của DC nên E là trung điểm của HC 1 a 5  HE  HC  2 5 . Trong tam giác vuông SHE ta có 1 1 1 5 75 95 2a    2  2  2  HF  2 2 2 HF HE HS a 4a 4a 95 2a d  DM , SB  d  H ,  SBK   HF  95 . Vậy. V ( 2 điểm) 1 1 1 (2 x  y  z 3xyz    3 xy yz zx điểm) Từ giả thiết ,  a , b, c  0 1 1 1 a, b, c   x y z  ab  bc  ca 3. Đặt Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau:. 0,50. a3 b3 c3 3    2 2 2 b  3 c  3 a  3 4 (*).. Do ab + bc + ca = 3 nên a3 b3 c3   2 2 2 VT (*) = b  ab  bc  ca c  ab  bc  ca a  ab  bc  ca a3 b3 c3   = (b  c)(a  b) (c  a)(b  c) (a  b)(c  a) a3 b  c a  b 3a    8 4 Theo BĐT AM-GM ta có (b  c)(a  b) 8 a3 5a  2b  c   (b  c)(a  b) 8 (1). Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:. 0.75.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> b3 5b  2c  a  (c  a)(b  c) 8. c3 5c  2a  b  8 (2), (a  b)(c  a) (3) a b c VT (*)  4 Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được. 0,75. Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được : a + b + c ≥ 3(ab  bc  ca ) = 3. Đẳng thức xảy ra khi a b c 1 hay x  y z 1 (Đpcm) Đáp án Toán 11- Trang 4 Chú ý: Trên đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng..

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