DE THI KHAO SAT GIAO VIEN HA TINH

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH. ĐỀ THI KHẢO SÁT GIÁO VIÊN THPT HÀ TĨNH MÔN TOÁN NĂM 2011 - 2012 Thời gian làm bài: 180 phút.. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). 2x  1 y x 1 . Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm I (0;1) và cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 3 (O là gốc tọa độ). Câu 2 (2,0 điểm). 1. Giải phương trình (1  cos x) cot x  cos 2 x  sin x sin 2 x .  x  3x  1  y   2 y  7 x  2  (x, y  )  x  2 y  4 x  y  5 2. Giải hệ phương trình  .  2. Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân. cos x.ln(1  sin x) I  dx sin 2 x . . Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có SC  ( ABCD ), đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 và ABC 1200. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD ) bằng 450. Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD. Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 6. 2 3  a  ab  3 abc a bc . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 6a (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AB  5, C (  1;  1) , đường thẳng P. AB có phương trình là x  2 y  3 0 và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng  : x  y  2 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và B. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A( 2; 2;  2), B (0;1;  2) và C (2; 2;  1) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A , song song với BC và cắt các trục y’Oy, z’Oz theo thứ tự tại M , N khác gốc tọa độ O sao cho OM 2ON .. Câu 7a (1,0 điểm). 2. Tính mô đun của các số phức z thỏa mãn B. Theo chương trình Nâng cao Câu 6b (2,0 điểm). 1.. 1  z  z  i  (iz  1) 2. .. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC : x  7 y  31 0, hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x  y  8 0 , d 2 : x  2 y  3 0 . Tìm tọa độ các đỉnh. của hình thoi biết rằng diện tích của hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm. x 1 y 1 z 2 (d ) :   1 1  2 và mặt 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng phẳng ( P ) : x  2 y  z  6 0. Một mặt phẳng (Q) chứa (d ) và cắt ( P ) theo giao tuyến là.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> đường thẳng  cách gốc tọa độ O một khoảng ngắn nhất. Viết phương trình của mặt phẳng (Q). 5   z 2   2 cos  z  1 0 21   Câu 7b (1,0 điểm). Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình . Tìm số n n n nguyên dương nhỏ nhất sao cho z1  z2 1. ---------------------Hết--------------------Câu 1 2,0 đ. Ý 1 2x  1 1,0 đ Hàm số y  x  1. Đáp án. Điểm. D  \   1.  TXĐ:  Sự biến thiên của hàm số: + Các giới hạn và tiệm cận. 0,25. lim y ; lim  y  .  Đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng. lim y 2  x   Đường thẳng y 2 là tiệm cận ngang.. x  (  1) . x  (  1). y' . 3  0  x  D  ( x  1)2. 0,25. + Đạo hàm: + Bảng biến thiên:. x. 1. . ’. y y. +. + +. +. 2. 0,25.  Hàm số đồng biến trong các khoảng (  ;  1) và (  1; ) . 2. Hàm số không có cực trị.  Đồ thị: Tự vẽ đồ thị.. 0,25.  : y mx  1 2 1,0 đ Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và  : 2x  1 mx  1 (x  1) x 1  f ( x) mx 2  (m  1) x  2 0 (1) Đk: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác  1 m 0 m 0   m  5  2 6  m 0    0   m  5  2 6    f ( 1) 0  m  5  2 6 m  5  2 6    . A ( x ; mx  1); B ( x ; mx 1 1 2 2  1) Khi đó  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt. 0,25. 0,25. Với x1 , x2 là hai nghiệm của (1) Ta có Mà. AB  ( x2  x1 ) 2 (1  m 2 )   ( x2  x1 ) 2  4 x1 x2  (1  m2 ). x1  x2 . 1 m 1 2 AB  (m 2  10m  1)(1  m 2 ) , x1 x2  m m m . Do đó.  : y mx  1  mx  y  1 0.  d d (O, ) . 1 m2  1. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SOAB Khi đó:. 1 m 2  10m  1  AB.d   3 2 2m. 1  11m 2  10m  1 0  m  1  m  11 (tmđk). 2 2,0 đ. 1 1,0 đ. 0,25. 1 y  x  1. 11 Do đó  : y  x  1 hay Phương trình (1  cos x) cot x  cos 2 x  sin x sin 2 x (1) Điều kiện: sin x 0  x k (k  ) cos x (1  cos x)  cos 2 x  sin x sin 2 x sin x Khi đó: (1) . 0,25.  cos x  cos 2 x  cos 2 x sin x  sin 2 x 2sin 2 x cos x  cos x(1  2sin 2 x )  cos 2 x sin x  (cos 2 x  sin 2 x ) 0  cos x cos 2 x  cos 2 x sin x  cos 2 x 0  cos 2 x(cos x  sin x  1) 0  cos 2 x 0    cos x  sin x  1.   cos 2 x 0  x   k (k  ) 4 2 + .  1    cos x  sin x  1 0  cos  x     x    l 2 4 4 4 2  +. 0,25. 0,25.   x   l 2  (l  ) 2   x l 2. . Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là:    x  k x   l 2 (k , l  ) . 4 2, 2 2 1,0 đ. 0,25.  x  3 x  1  y   2 y  7 x  2  (1)  x  2 y  4 x  y 5 (2) Hệ phương trình   x  2 y 0  Điều kiện:  x  4 y 0 Với điều kiện trên thì (1)  3x2 7xy + 2y2 + x 2y = 0  (3xy)(x2y) +(x2y) = 0  (x2y)(3xy +1) = 0  x  2 y 0    3 x  y  1 0 + x2y = 0  x = 2y 4 y  9 y 5 (2): y=1  y=1 x = 2 (tmđk) + 3x  y + 1= 0  y = 3x+1 (2) trở thành: 7 x  1  7 x  2 5. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . 1   x  7   49 x 2  21x  2 11  7 x . 11  1  7  x  7 17  x  25  x 17 25   .. 17 76 x  y 25 25 (tmđk).  17 76   ;  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) =  25 25  . 3 1,0 đ. 0,25.  2. cos x.ln(1  sin x ) I  dx sin 2 x . 6 Tích phân Đặt t sin x  dt cos xdx  1  x   t  ; x   t 1 6 2 2 1 ln(1  t ) I  2 dt t 1 2 Khi đó dt  u ln(1  t ) du    1 t    dt  dv  t 2 v  1  t Đặt: 1. Ta có. .. 0,25. 0,25. 0,25. 1. 1. 2. 2. 1 dt 3 1 1  I  ln(1  t )    ln 2  2 ln     dt 1 t 2 1  t t 1  1 t (t  1) 2. 2 ln 3  3ln 2  ln t. 1 1 2. 1.  ln t  1 1 3ln 3  4ln 2 ln 2. 4 1,0 đ. 27 . 16. 0,25. S. I. D. C. O A. a. 3. B. K. Kẻ SK  AB (K  AB )  CK  AB (định lí 3 đường vuông góc) Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD ) là góc giữa SK và CK . 0   Do SKC nhọn nên SKC 45 ABC 1200  CBK  600 Trong tam giác vuông CBK :. CK CB sin 600 . 3a 2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> SC . Tam giác SCK vuông cân tại C nên 3 3a 2 S ABCD  AB.BC sin1200  2 Ta có. 3a 2. 0,25. 1 3 3a 3 VS . ABCD  S ABCD .SC  3 4 (đvtt) Do đó Gọi O  AC  BD  BD  AC  BD  ( SAC )  BD  SC  Ta có tại O .. 0,25. Kẻ OI  SA (I  SA)  OI là đoạn vuông góc chung của SA và BD. 3 5a OI  10 . Dùng hai tam giác đồng dạng AOI và ASC suy ra 3 5a d ( SA, BD)  10 . Vậy Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 1 a  4b 1 a  4b  16c 4 a  ab  3 abc a  .  .  (a  b  c) 2 2 3 4 3 a  4 b  16 c . Đẳng thức xảy ra khi 3 3 P  2( a  b  c) a  b  c . Đặt t a  b  c, t  0 Suy ra 3 3 P  2t t . Khi đó ta có 3 3  t với t  0 . Xét hàm số f (t )  2t. 5 1,0 đ. f ' (t ) . 0,25. 0,25. 0,25. 3 3 3 3  2 ; f ' (t ) 0   2 0  t 1 2t t 2t 2t t 2t. Bảng biến thiên:. t. 0. f (t ). f (t ). 1 0. . '. .  +. 0,25 0. . 3 2. 3 3 P  2 khi và chỉ khi t 1 . Suy ra 2. Do đó t 0 a  b  c 1 3   2 Vậy GTNN của P bằng khi và chỉ khi  a 4b 16c min f (t ) . 0,25. 16 4 1  a , b , c . 21 21 21 6a 2,0đ. 1 1,0đ. Gọi I ( x; y ) là trung điểm của đoạn AB và G ( xG ; yG ) là trọng tâm của ABC .  2 2x  1 2y  1 CG  CI xG  ; yG  . 3 3 3 Do nên Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình:. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  x  2 y  3 0    2x  1 2 y  1  3  3  2 0 Ta có. IA IB .  x 5   y  1. 0,25 . Vậy I (5;  1). AB 5  2 2 R. Gọi (C ) là đường tròn có tâm I (5;  1) và bán kính 5  (C ) : ( x  5) 2  ( y 1) 2  4. Tọa độ hai điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình:. 5 2.  x  2 y  3 0   5 2 2 ( x  5)  ( y  1)   4.  x 4  x 6    1  3. y  y   2  2 1  3  4;   ,  6;   .  2  2 Vậy tọa độ hai điểm A, B là  2 Từ giả thiết ta có M (0; m;0) và N (0;0; n) trong đó mn 0 và m 2n . 1,0 đ Do ( P) / / BC và ( P ) đi qua M , N nên VTPT của ( P) là     n  BC , MN  (m  n;  2n;  2m)     n  BC , MN  (3n;  2n;  4n) (n 0) TH1: m 2n thì . ( P ) đi qua A( 2; 2;  2)  ( P) : 3x  2 y  4 z  2 0.     n  BC , MN  (  n;  2n; 4n) (n 0) TH2: m  2n thì . ( P) đi qua A( 2; 2;  2)  ( P ) : x  2 y  4 z  10 0. ( loại vì ( P)  BC ) 7a 1,0 đ. Vậy ( P) : 3 x  2 y  4 z  2 0. Đặt z a  bi, (a, b  ) . Từ giả thiết ta có. 0,25. 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 2. 1  a  bi  a  (b  1)i  ( b  1  ai)2  1  a  bi 2(b  1)2  2a (b  1)i. 0,25. 1  a 2(b  1) 2  (1) b 2a (b  1) Từ (1) suy ra :  b  2  a 1  (b  2)(2b  1) 0   b  b  1  a  1 1 2(b 1) 2 (b  1) 2(b  1) 2 2  1 1 z   i. 2 2 Suy ra z 1  2i hoặc z  5 + Với z 1  2i , ta có . 1 1 2 z   i z  2 2 , ta có 2 . + Với 1 B  d1  B (b;8  b), D  d 2  (2d  3; d ).  1,0 đ Khi đó BD (  b  2d  3; b  d  8) và trung điểm của BD là  b  2d  3  b  d  8  I ; . 2 2   2. 6b 2,0 đ. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Theo tính chất hình   thoi ta có :  BD  AC  8b  13d  13 0 u .BD 0   AC     I  AC  6b  9d  9 0  I  AC. b 0  d 1 .. 0,25. Suy ra B (0;8); D( 1;1) .  1 9 I ;  Khi đó  2 2  ; A  AC  A( 7a  31; a) . S ABCD. 0,25. 2S 1 15  AC.BD  AC  ABCD 15 2  IA  2 BD 2 2. 2. 63   9 225     7a     a     2   2 2  Suy ra C (10;3) .. 2.  a 3 9 9   a      a 6  2 4  .  A(10;3) (ktm)  A( 11;6) . 2 Gọi H , I lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên ( P ) và  . 1,0 đ Ta có d (O, ) OI OH ( không đổi) Do đó min d (O,  ) OH xảy ra khi I H  O (0;0;0) ( P ) n OH Đường thẳng đi qua và nhận VTPT của là (1; 2;1) làm  x t   OH :  y 2t  z t  VTCP (1) ( P) : x  2 y  z  6 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra 6t  6 0  t 1 Từ (1)  H (1; 2;1) Khi đó (Q) là mặt phẳng chứa (d ) và đi qua H .  M (1;1; 2)  ( d ) ( d ) u  (1;1;  2) Ta có , VTCP là , HM (0;  1;1) .   của n  u , HM  ( 1;  1;  1) (Q) Suy ra VTPT của (Q) là Q  , đi qua M (1;1; 2). 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. Do đó (Q) :  1( x  1)  1( y  1)  1( z  1) 0  x  y  z  4 0. Q O (d). I. . 7b 1,0 đ. H. 5   z 2   2 cos  z  1 0 21   Phương trình (1) 5 5  ' cos2  1  sin 2 21 21 . (1) có 5 i sin ' 21 Do đó các căn bậc hai của  là. P. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 5 5   z1 cos 21  i sin 21   z cos 5  i sin 5 2 21 21 Vậy (1) có các nghiệm là  n. n. 5 5   5 5   z  z 1   cos  i sin  i sin    cos  1 21 21   21 21   n 1. n 2. n. n.  5 5   5   5      cos    i sin   i sin       cos  1 21 21   21   21     n5 n5  n5   n5   cos    i sin 1   i sin     cos 21 21  21   21  n5 n5  n5   cos    cos 1  2 cos 1  21 21  21  n5  n5  7 42k  cos cos    k 2  n   (k  ) (*) 21 3 21 3 5 5 Vì n là số nguyên dương nhỏ nhất nên từ (*) suy ra n 7. ---------------------Hết---------------------. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>