PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc phần B.. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy.. Trong không gian Oxyz.. Câu VII.a1,0 điểm Trong mặt phẳng tọa độ.. Trong
Trang 1SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I NĂM 2010 TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG I Môn Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = -x 3 +3x 2 +1
1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
2 Tìm m để phương trình x3 -3x 2 = m 3 -3m 2 có ba nghiệm phân biệt.
Câu II (2,0 điểm ).
1 Giải bất phương trình: 4 4 2
16 6 2
2.Giải phương trình: 2 1
3 sin sin 2 tan
2
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân:
x
e dx I
=
∫
Câu IV (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a 2 Đáy là tam giác ABC cân · 0
120
BAC= , cạnh BC=2a Tính thể tích của khối chóp S.ABC.Gọi M là trung điểm của SA.Tính khoảng cách từ M
đến mặt phẳng (SBC).
Câu V (1,0 điểm).
Cho a,b,c là ba số thực dương Chứng minh: ( 3 3 3)
1 1 1 3
2
b c c a a b
II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a(2,0 điểm).
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho đường tròn (C) : x2+y2− 4x− 2y+ = 1 0 và điểm A(4;5) Chứng
minh A nằm ngoài đường tròn (C) Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) tại T 1 , T 2 , viết phương trình đường thẳng T 1 T 2
2 Trong không gian Oxyz Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S):
x +y + −z x+ y+ z− = Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) tại
A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P).
Câu VII.a(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện:
z i− = − −z 2 3i Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất.
B Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b(2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16, A,B thuộc đường thẳng d:
2 2x y− − 2 2 0 = và B, C thuộc trục Ox Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC.
2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0), C(0;-1;-2) Viết
phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A của tam giác ABC.
Câu VII.b(1,0 điểm).
Cho hàm số (C m ):
2 1
y x
− +
=
− (m là tham số) Tìm m để (Cm) cắt Ox tại hai điểm phân biệt A,B sao
cho tiếp tuyến của (C m ) tại A, B vuông góc
……….Hết………
Trang 2SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1
KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN
I.1
(1 điểm)
* TXĐ: R
Sự biến thiên: y' = -3x2 + 6x = -3x(x - 2)
y' = 0 ⇔ =x x=02
* Hàm số nghịch biến trên (-∞;0) và (2;+∞)
Hàm số đồng biến trên (0;2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 5
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 1
* xlim→−∞y = + ∞, xlim→+∞y = - ∞
Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 +∞
y' 0 + 0
+ ∞ 5
y
1 -∞
*Đồ thị: y'' = -6x + 6
y'' = 0 ⇔ x = 1 ⇒điểm uốn I(1;3) là tâm đối xứng của đồ thị
0,25
0,25
0,25
0,25
I.2
(1 điểm)
* PT đã cho ⇔ -x3 + 3x2+ 1 = -m3 + 3m2+ 1 Đặt k = -m3 + 3m2+ 1
* Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đt y = k
* Từ đồ thị (C ) ta có: PT có 3 nghiệm phân biệt ⇔ 1 < k < 5
* ⇔ m ∈(-1;3)\ { }0; 2
0,25 0,25 0,25 0,25
II.1
(1 điểm) * Đk:
4 0
4 0
x x
+ ≥
− ≥
⇔ x ≥ 4 Đặt t = x+ +4 x−4 (t > 0)
BPT trở thành: t2 - t - 6 ≥ 0 ⇔ ≥t t≤ −32( )L
0,25
Trang 3* Với t ≥ 3 ⇔ 2 x2 − 16 ≥ 9 - 2x
( )
4( 16) (9 2 )
a
b
≥
x 4
9 - 2x 0
x 4
9 - 2x
* (a) ⇔ x ≥ 9
2
* (b) ⇔ 145 9
36 ≤ x < 2
*Tập nghệm của BPT là: T= 145;
36
+∞÷
0,25
0,25
0,25
II.2
(1 điểm) * Đk: cosx ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 k
PT đã cho ⇔ 3sin2x + sinxcosx - sinx
cos x = 0
* ⇔ sinx( 3sinx + cosx - 1
cos x) = 0 ⇔
sinx 0
1
3 s inx cos 0
osx
x c
=
* Sinx = 0 ⇔ x = kπ.
* 3sinx + cosx - 1
cos x = 0 ⇔ 3tanx + 1 - 2
1
cos x = 0 ⇔ tan2x - 3tanx = 0 ⇔ t anx 0
t anx 3
=
x x 3
k k
π
=
= +
Vậy PT có các họ nghiệm: x = kπ, x =
3 k
0,25
0,25
0,25 0,25
III
(1 điểm) * Đặt t = 2
x
e − , Khi x = ln2 ⇒ t = 0
x = ln3 ⇒ t = 1
ex = t2 + 2 ⇒ e2x dx = 2tdt
* I = 2
1 2 2 0
( 2)
1
+ + +
∫ = 2
1
2 0
2 1
1
t
+
− +
+ +
∫
* = 2
1
0 ( 1)t− dt
∫ + 2
2 0
( 1) 1
+ + + +
∫
* = ( 2 1
2 ) 0
t − t + 2ln(t2 + t + 1)10= 2ln3 - 1
0,25 0,25 0,25
0,25
Trang 4(1 điểm) * Áp dụng định lí cosin trong ∆ABC có AB = AC =
2 3
a
⇒ S ABC∆ = 1
2AB.AC.sin1200 = 2 3
3
a Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC ⇒ HA = HB = HC
⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC
* Theo định lí sin trong ∆ABC ta có:
sin
BC
A = 2R ⇒ R = 2
3
a
= HA ∆SHA vuông tại H ⇒ SH = SA2 −HA2 = 6
3
a
⇒ VS ABC. = 1
9
a
* Gọi hA, hM lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)
⇒ 1
2
M A
h = SA = ⇒ hM = 1
2hA ∆SBC vuông tại S ⇒ S SBC∆ = a2
* Lại có: VS ABC. = 1
3 S SBC∆ hA ⇒ hA = 3 S ABC.
SBC
V
V∆ = 2
3
Vậy hM = d(M;(SBC)) = 2
6
a
0,25
0,25
0,25
0,25
V
(1 điểm)
* Ta cm với a, b > 0 có a3 + b3 ≥ a2b + ab2 (*)
Thật vậy: (*) ⇔ (a + b)(a2 -ab + b2) - ab(a + b) ≥ 0
⇔ (a + b)(a - b)2 ≥ 0 đúng
Đẳng thức xẩy ra khi a = b
* Từ (*) ⇒ a3 + b3 ≥ ab(a + b)
b3 + c3 ≥ bc(b + c)
c3 + a3 ≥ ca(c + a)
⇒ 2(a3 + b3 + c3 ) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1)
* Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có:
3
1
a + 3
1
a + 3
1
a ≥ 33
3 3 3
1 1 1
a b c = 3
abc (2)
* Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm
Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.a.1
(1 điểm)
* Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 2
Ta có IA = 2 5 > R ⇒ A nằm ngoài đường tròn (C)
* Xét đường thẳng ∆ 1: x = 4 đi qua A có d(I;∆1) = 2 ⇒ ∆1 là 1 tiếp
tuyến của (C)
0,25 0,25
Trang 5* T1T2 ⊥ IA ⇒ đường thẳng T1T2 có vtpt nr= 1
2 IA
uur
=(1;2) phương trình đường thẳng T1T2 : 1(x - 4) + 2(y - 1)
⇔ x + 2y - 6 = 0
0,25
VI.a.2
(1 điểm)
* Mp(P) có vtpt nurP= (1;1;-2)
(S) có tâm I(1;-2;-1)
* IAuur = (2;1;2) Gọi vtcp của đường thẳng ∆ là u∆
ur
∆ tiếp xúc với (S) tại A ⇒ u∆
ur
⊥ uurIA
Vì ∆ // (P) ⇒ u∆
ur
⊥ nurP
* Chọn uur0= [IAuur,nurP] = (-4;6;1)
* Phương trình tham số của đường thẳng ∆:
3 4
1 6 1
= −
= − +
= +
0,25 0,25
0,25 0,25
VII.a
(1 điểm)
* Đặt z = x + yi (x; y ∈R)
|z - i| = |Z - 2 - 3i| ⇔ |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|
* ⇔x - 2y - 3 = 0 ⇔ Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z là
đường thẳng x - 2y - 3 = 0
* |z| nhỏ nhất ⇔ |OMuuuur| nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của O trên ∆
* ⇔ M( 3
5;-6
5) ⇒ z = 3
5-6
5i
Chú ý:
HS có thể dùng phương pháp hình học để tìm quỹ tích điểm M
0,25 0,25 0,25 0,25
VI.b.1
(1 điểm)
* B = d ∩Ox = (1;0)
Gọi A = (t;2 2 t - 2 2) ∈ d
H là hình chiếu của A trên Ox ⇒ H(t;0)
H là trung điểm của BC
* Ta có: BH = |t - 1|; AB = ( 1)t− 2 + (2 2t− 2 2) 2 = 3|t - 1|
∆ABC cân tại A ⇒ chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1|
* ⇒ 16 = 8|t - 1| ⇔ t 3
t 1
=
= −
* Với t = 3 ⇔ A(3;4 2), B(1;0), C(5;0) ⇒ G(3;4 2
3 ) Với t = -1 ⇔ A(-1;-4 2), B(1;0), C(-3;0) ⇒ G(− 1; 4 2
3
0,25
0,25 0,25
0,25
Trang 6(1 điểm)
* Gọi d là đường cao tương ứng với đỉnh A của ∆ABC
⇒ d là giao tuyến của (ABC) với (α) qua A và vuông góc với
BC
* Ta có: uuurAB= (1;3;-3), uuurAC= (-1;1;-5) , BCuuur= (-2;-2;-2)
[uuurAB, uuurAC] = (18;8;2)
mp(ABC) có vtpt nur = 1
4[uuurAB, uuurAC] = (-3;2;1)
mp(α ) có vtpt nur' = -1
2 BC
uuur
= (1;1;1)
* Đường thẳng d có vtcp uur =[nur, nur' ] = (1;4;-5)
* Phương trình đường thẳng d:
1
2 4
3 5
= +
= − +
= −
0,25
0,25
0,25 0,25
VII.b
(1 điểm)
* Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với Ox:
2
1
x m x
− +
−
x = 0 ⇔
2
0
x m
− + =
≠
x
x 1
(Cm) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt ⇔ pt f(x) = x2 - x + m = 0 có 2
nghiệm phân biệt khác 1
⇔ 0
(1) 0
f
∆ >
1 4 0
m m
<
≠
(*)
* Khi đó gọi x1, x2 là nghiệm của f(x) = 0 ⇒ 1 2
1 2
1
m
x x
x x
Ta có: y' = 2
'( )( 1) ( 1) ' ( )
( 1)
x
− − −
−
⇒ Hệ số góc tiếp tuyến của (Cm) tại A và B lần lượt là:
k1 = y'(x1) = 1 1 1
2 1
'( )( 1) ( ) ( 1)
x
− −
1 1
'( ) ( 1)
f x
1 1
2 1
x
x −
* Tương tự: k1 = y'(x2) = 2
2
2 1
x
x − ( do f(x1) = f(x2) = 0) Theo gt: k1k2 = -1 ⇔ 1
1
2 1
x
x − .
2 2
2 1
x
x − = -1
* ⇔ m = 1
5( thoả mãn (*))
0,25
0,25
0,25
0,25
GV: Nguyễn Thanh Phúc - ĐT: 038.8512668
