DE THI VA DAP AN THI KHAO SAT MON TOAN 11 KHOI BD LAN 2

<span class='text_page_counter'>(1)</span> SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC GIANG TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 ––––––––––––––––––– ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ, GIỎI LẦN 2 Năm học 2012 – 2013 Môn: Toán lớp 11 – Khối B, D Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề. A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = x3 − 6 x + 1 có đồ thị (C).. 1. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M ( 0;1) thuộc (C).. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó đi qua điểm A (1; −4 ) . Câu II (2 điểm).. sin 2 x − 2cos 2 x = 2cos 3 x . 1. Giải phương trình 2 1 + tan x 3 2 3  x − 3 x + 2 = y − 3 y 2. Giải hệ phương trình  ( x, y∈ ℝ ) .  x − 2 + y − 1 = 2 Câu III (1 điểm). Tìm giới hạn lim x →1. x − 3x − 2 . x2 − 1. Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Chứng minh AD ⊥ ( SAB ) và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC, SD theo a . Câu V (1 điểm). Cho các số thực dương. x, y , z thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. P=. x2 y2 z2 + + . x + y 2 y + z 2 z + x2. B. PHẦN RIỀNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b) a) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12 và có tâm I là giao điểm của hai đường thẳng d1 : x − 3 y = 0, d 2 : x − y − 3 = 0 . Trung điểm K của cạnh BC là giao điểm của d 2 và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 2. Từ 13 học sinh gồm 6 học sinh nam và 7 học sinh nữ chọn ra 5 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn sao cho trong 5 học sinh được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số nữ nhiều hơn số nam? Câu VII.a (1 điểm). Cho khai triển (1 − 2 x ) = a0 + a1 x + a2 x + ... + an x . Với số nguyên dương n thỏa n. mãn. 2. n. 7 1 1 + 2 = , hãy tính tổng S = a1 + 2a2 + 3a3 + ... + nan . 3 3Cn Cn 2n. b) Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm M ( −1;1) và đường tròn (C): x 2 + ( y − 4 ) = 25 . Viết 2. phương trình đường thẳng ∆ đi qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho MA=3MB. 2. Chọn ngẫu nhiên hai học sinh từ một nhóm gồm 3 học sinh lớp 11A, 4 học sinh lớp 11B và 5 học sinh lớp 11C. Tính xác suất để chọn được hai học sinh khác lớp. Câu VII.b (1 điểm). Chứng minh rằng 1 C2013 + 2 C2013 + ... + 2013 C2013 = 2013.2014.2 2. 1. 2. 2. 2. 2013. 2011. .. –––––––Hết –––––– Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................................................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI KHỐI 11, LẦN 2 NĂM HỌC 2012-2013 - KHỐI B và D CÂU PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I 1.(1 điểm) (2 điểm) +Tính được đạo hàm y′ = 3 x 2 − 6 + Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M ( 0;1) : y = y ′ ( 0 )( x − 0 ) + 1 = −6 x + 1 2.(1 điểm). (. ). + Tiếp tuyến d của (C) tại M 0 x0 ; x03 − 6 x0 + 1 có phương trình:. y = ( 3 x − 6 ) ( x − x0 ) + x − 6 x0 + 1 2 0. ). + d đi qua A (1; −4 ) nên ta có: −4 = 3x02 − 6 (1 − x0 ) + x03 − 6 x0 + 1 + Giải phương trình tìm được x0 = 1, x0 = −. Câu II (2 điểm). + Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + (1) ⇔. π 2. 0.75. 0.25. 1 2. 0.25. + Phương trình các tiếp tuyến của (C) đi qua A (1; − 4 ) : y = −3x − 1, y = − 1. (1 điểm) Giải phương trình. 0.25. 0.25. 3 0. (. ĐIỂM. 21 5 x+ . 4 4. 0.25. sin 2 x − 2cos 2 x = 2cos3 x (1) 1 + tan 2 x. + mπ ( m ∈ ℤ ). 0.25. 2sin x cos x − 2cos 2 x = 2cos3 x ⇔ 2cos3 x ( sin x − cos x ) = 2cos3 x 1 cos 2 x. π  x = + k 2π π π 1    + ⇔ sin x − cos x = 1 ⇔ 2 sin  x −  = 1 ⇔ sin  x −  = ⇔ (k ∈ ℤ) 2  4 4 2    x = π + k 2π + Đối chiếu điều kiện. Kết luận các nghiệm của phương trình (1) là: x = π + k 2π ( k ∈ ℤ ) 3 2 3  x − 3 x + 2 = y − 3 y  x − 2 + y − 1 = 2. 2. (1 điểm) Giải hệ phương trình . 0.25. 0.25 0.25. ( x, y∈ ℝ ) .. + Điều kiện: x ≥ 2, y ≥ 1 + 3 3 x3 − 3 x 2 + 2 = y 3 − 3 y ⇔ ( x − 1) − 3 ( x − 1) = y 3 − 3 y ⇔ ( x − 1) − y 3  − 3 ( x − 1) − y  = 0    x −1− y = 0 2 ⇔ ( x − 1 − y ) ( x − 1) + ( x − 1) y + y 2 − 3 = 0 ⇔  2 2   ( x − 1) + ( x − 1) y + y − 3 = 0 - Với x − 1 − y = 0 ta có y = x − 1 , kết hợp với pt x − 2 + y − 1 = 2 tìm được x = 3, y = 2 .. 0.5. - Với ( x − 1) + ( x − 1) y + y 2 − 3 = 0 : từ điều kiện x ≥ 2, y ≥ 1 ta có x − 1 ≥ 1, y ≥ 1 , suy ra 2. ( x − 1) + ( x − 1) y + y 2 − 3 ≥ 0 . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 2. phương trình. x − 2 + y −1 = 2 .. 0.5. x = 3 . y = 2. + Kết luận hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất  Câu III (1 điểm). Tìm giới hạn lim x →1. x − 3x − 2 x2 −1. x = 2, y = 1 . Không thỏa mãn.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> lim x →1. (. )(. ). x − 3x − 2 x + 3x − 2 x − 3x − 2 x 2 − 3x + 2 = lim = lim x →1 x →1 x2 −1 ( x 2 − 1) x + 3x − 2 ( x 2 − 1) x + 3x − 2. = lim x →1. =. . (. ). ( x − 1)( x − 2 ) x−2 = lim x →1 ( x − 1)( x + 1) ( x + 3x − 2 ) ( x + 1) ( x + 3x − 2 ) 1− 2. (1 + 1) (1 +. 3.1 − 2. ). =−. (. ). 1 4. 0.25. 0.5. 0.25. + Gọi H là trung điểm của AB. SAB là tam giác đều suy ra SH ⊥ AB. Câu IV (1 điểm). ( SAB ) ⊥ ( ABCD )  ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB +  ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ AD SH ⊂ SAB ( )   SH ⊥ AB . 0.5.  AD ⊥ AB  AD ⊥ SH  +  ⇒ AD ⊥ ( SAB ) AB , SH ⊂ SAB ( )   AB ∩ SH = H  + Giả sử DH ∩ AC = G , suy ra G là trọng tâm tam giác ABD. + Qua D kẻ đường thẳng song song với AC, cắt AB tại E. Suy ra A là trung điểm của BE + Kẻ HI ⊥ DE ( I ∈ DE ) , suy ra HI song song với BD. + Kẻ HK ⊥ SI ( K ∈ SI ) , chứng minh được HK ⊥ ( SDE ). (. ). (. ). Vậy d ( AC , SD ) = d AC , ( SDE ) = d G , ( SDE ) =. 0.25. 2 2 d ( H , ( SDE ) ) = HK 3 3. a 3 2 + Trong tam giác vuông DAB tính được BD = a 2 + Trong tam giác đều SAB tính được SH =. + Trong tam giác EBD, theo đl Ta-lét tính được HI =. 0.25. 3 3 3a 2 BD = .a 2 = 4 4 4.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 1 1 1 1 20 = + 2 = + = 2 + Trong tam giác vuông SHI có 2 2 2 2 HK SH HI 9a  a 3   3a 2       2   4  3a 5 3a 5 . Vậy d ( AC , SD ) = . 10 10 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu. ⇒ HK = Câu V (1 điểm). thức P =. + P=. x2 y2 z2 + + . x + y2 y + z 2 z + x2.  x2 y2 z2 xy 2   yz 2   zx 2  + + = x − + y − + z −       x + y2 y + z 2 z + x2  x + y2   y + z2   z + x2 .  xy 2 yz 2 zx 2  = (x + y + z) −  + +  2 y + z 2 z + x2   x+ y + Áp dụng bđt Cô-si:. xy 2 yz 2 zx 2 xy 2 yz 2 zx 2 y x z y x z + + ≤ + + = + + 2 2 2 x+ y y+z z+x 2 2 2 2 y x 2z y 2x z x +1 y +1 z +1 y. z. x. 2 + 2 + 2 = x + y + z + xy + yz + zx ≤ 2 2 2 4 + Do đó P ≥. 3 ( x + y + z ) xy + yz + zx 9 xy + yz + zx − = − 4 4 4 4. 0.25. 0.25. 0.25. + 32 = ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) ≥ 3 ( xy + yz + zx ) ⇒ xy + yz + zx ≤ 3 2. + Vậy P ≥. 9 3 3 − = . Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 1 . 4 4 2. Kết luận: GTNN của P là Câu VI.a (1 điểm). 0.25. 3 , đạt được khi x = y = z = 1 . 2. 1. (1 điểm). 9 3 2 2. + Tìm được I  ;  , K ( 3;0 ). 3 3 2 2. + Đường thẳng BC đi qua K và có VTPT KI =  ;  , suy ra BC có pt: x + y − 3 = 0 . + B ∈ BC , giả sử B ( t ;3 − t ) , t ∈ ℝ. + S ABCD = 12 ⇔ AB.BC = 12 ⇔ ( 2 IK ) . ( 2 KB ) = 12 ⇔ KB = 2. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> t = 2 2 2 2 ⇔ ( t − 3) + ( 3 − t ) = 2 ⇔ ( t − 3) = 1 ⇔ t − 3 = ±1 ⇔  t = 4 - Với t = 2 tìm được B ( 2;1) . Từ K là trung điểm của BC tìm được C ( 4; −1) . Từ I là trung điểm. của AC và BD tìm được A ( 5; 4 ) , D ( 7; 2 ) .. 0.25. - Với t = 4 tìm được B ( 4; − 1) . Từ K là trung điểm của BC tìm được C ( 2; 1) . Từ I là trung điểm. của AC và BD tìm được A ( 7; 2 ) , D ( 5; 4 ) .. 0.25. Kết luận: A ( 5; 4 ) , B ( 2;1) , C ( 4; −1) , D ( 7; 2 ) hoặc A ( 7; 2 ) , B ( 4; −1) , C ( 2;1) , D ( 5; 4 ) .. 2.(1 điểm) Xảy ra 2 trường hợp: + Chọn 3 nữ, 2 nam: có C73 .C62 = 525 cách. 0.5. + Chọn 4 nữ, 1 nam: có C74 .C61 = 210 cách Vậy có 525 + 210 = 735 cách chọn thỏa mãn đề bài. Câu VII.a (1điểm). 0.25 0.25. (1 điểm) Cho khai triển (1 − 2 x ) = a0 + a1 x + a2 x + ... + an x . Với số nguyên dương n thỏa mãn n. 2. n. 7 1 1 , hãy tính tổng S = a1 + 2a2 + 3a3 + ... + nan . + 2 = 3 3Cn Cn 2n 7 1 1 + Giải phương trình tìm được n = 9 + 2 = 3 3Cn Cn 2n. 0.25. + Theo đề bài: (1 − 2 x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a9 x 9 9. 0.5. Đạo hàm hai vế được: −18 (1 − 2 x ) = a1 + 2a2 x + 3a3 x 2 + ... + 9a9 x8 8. + Thay x = 1 vào đẳng thức trên được S = a1 + 2a2 + 3a3 + ... + 9a9 = −18. (1 − 2 ) = −18 . 8. Câu VI.b (2điểm). 0.25. 1.(1 điểm). + (C) có tâm I ( 0; 4 ) , bán kính R = 5 + IM = 10 < R , suy ra M nằm trong đường tròn (C). + Gọi H là trung điểm của AB, suy ra IH ⊥ AB + MA=3MB suy ra M là trung điểm của HB + Trong tam giác vuông IHM có HM 2 = IM 2 − IH 2 = 10 − IH 2 + Trong tam giác vuông IHB có HB 2 = IB 2 − IH 2 = 25 − IH 2. (. 0.5. ). + HB = 2 HM ⇔ HB 2 = 4 HM 2 ⇔ 25 − IH 2 = 4 10 − IH 2 ⇔ IH 2 = 5 ⇔ IH = 5. (. ). + Giả sử ∆ có VTPT n = ( a; b ) , a 2 + b 2 ≠ 0 , ∆ đi qua M ( −1;1) nên ∆ có phương trình. a ( x + 1) + b ( y − 1) = 0. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> +. a ( 0 + 1) + b ( 4 − 1). d ( I , ∆ ) = IH ⇔. a +b 2. 2. = 5 ⇔ a + 3b = 5 ( a 2 + b 2 ) ⇔ ( a + 3b ) = 5 ( a 2 + b 2 ) 2.  a − 2b = 0 ⇔ 4a 2 − 6ab − 4b 2 = 0 ⇔ 2 ( a − 2b )( 2a + b ) = 0 ⇔   2a + b = 0 - Với a − 2b = 0 : chọn a = 2 ⇒ b = 1 . Suy ra ∆ có phương trình 2 x + y + 1 = 0 - Với 2a + b = 0 : chọn a = 1 ⇒ b = −2 . Suy ra ∆ có phương trình x − 2 y + 3 = 0 . Kết luận. 2.(1 điểm) + Số cách chọn được hai học sinh bất kì từ 12 học sinh của nhóm là: C122 = 66 (cách). ⇒ n ( Ω ) = 66 .. 0.25. + Số cách chọn được hai học sinh cùng lớp là: C32 + C42 + C52 = 19 (cách) + Số cách chọn được hai học sinh khác lớp là: 66 - 19 = 47 (cách). 0.5. Nếu A là biến cố chọn được hai học sinh khác lớp thì n ( A ) = 47 . Vậy xác suất chọn được hai học sinh khác lớp là: P ( A ) = Câu VII.b (1điểm). n ( A ) 47 . = n ( Ω ) 66. 0.25. 1 2 2013 (1 điểm) Chứng minh rằng 12 C2013 + 22 C2013 + ... + 20132 C2013 = 2013.2014.22011. +Ta có khai triển: (1 + x ). 2013. 0 1 2 2013 2013 = C2013 + C2013 x + C2013 x 2 + ... + C2013 x. (1). + Lấy đạo hàm và và đạo hàm cấp 2 hai vế của (1) ta được:. 2013 (1 + x ). 2012. 1 2 2013 2012 = C2013 + 2C2013 x + ... + 2013C2013 x. 2013.2012. (1 + x ). 2011. (2). 2 3 2013 2011 = 2.1.C2013 + 3.2.C2013 x... + 2013.2012.C2013 x. 0.25. (3). + Trong (2) và (3) lần lượt cho x = 1 ta được: 1 2 2013 2013.22012 = C2013 + 2C2013 + ... + 2013C2013. 2013.2012.2. 2011. = 2.1.C. 2 2013. + 3.2.C. 3 2013. ... + 2013.2012.C. (4) 2013 2013. + Cộng đẳng thức (4) với đẳng thức (5) theo các vế tương ứng ta được: 1 2 3 2013 (đpcm) 2013.2014.22011 = 12.C2013 + 22.C2013 + 32.C2013 ... + 20132.C2013 –––––––HẾT––––––––. 0.5. (5) 0.25.

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