DE THI THU DH LAN I MON TOAN

Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất.. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy.[r]

SỞ 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 = -x3+3x2+1 1. Khảo sát vẽ đồ thị hàm số

2 Tìm m để phương trình x3-3x2 = m3-3m2 có ba nghiệm phân biệt. Câu II (2,0 điểm ).

Giải bất phương trình:

2

4

16

x x

x x

  

    2.Giải phương trình:

2

3 sin sin tan

x x x

Câu III (1,0 điểm).

Tính tích phân:

ln

ln 2

x

x x

e dx I

e e



  



Câu IV (1,0 điểm).

Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a Đáy tam giác ABC cân BAC1200, cạnh BC=2a Tính thể tích khối chóp S.ABC.Gọi M trung điểm SA.Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC)

Câu V (1,0 điểm).

Cho a,b,c ba số thực dương Chứng minh:  

3 3

3 3

1 1

2

b c c a a b

a b c

a b c a b c

  

   

         

   

II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )

Thí sinh làm hai phần (phần A 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 điểm A(4;5) Chứng minh A nằm ngồi đường trịn (C) Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) T1, T2, viết phương trình đường thẳng T1T2

2 Trong không gian Oxyz Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 mặt cầu (S):

2 2 2 4 2 3 0

x y z  x y z  Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) A(3;-1;1) song song với mặt phẳng (P)

Câu VII.a(1,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện: z i  z 3 i Trong số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mơ đun nhỏ B Theo chương trình Nâng cao :

Câu VI.b(2,0 điểm)

1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy Cho tam giác ABC cân A có chu vi 16, A,B thuộc đường thẳng d: 2x y  2 0 B, C thuộc trục Ox Xác định toạ độ trọng tâm 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 tam giác ABC

Câu VII.b(1,0 điểm).

Cho hàm số (Cm):

2

1

x x m

y x

  

 (m tham số) Tìm m để (Cm) cắt Ox hai điểm phân biệt A,B cho tiếp tuyến (Cm) A, B vng góc

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1

KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MƠN TỐN

Câu Nội Dung Điểm

I.1 (1 điểm)

* TXĐ: R

Sự biến thiên: y' = -3x2 + 6x = -3x(x - 2)

y' = 

0

x x

    

* Hàm số nghịch biến (-∞;0) (2;+∞) Hàm số đồng biến (0;2)

Hàm số đạt cực đại x = 2, yCĐ =

Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT =

* xlim  y = + ∞, xlim y = - ∞

Bảng biến thiên: x -∞ +∞ y' +

+ ∞ y

-∞ *Đồ thị: y'' = -6x +

y'' =  x =  điểm uốn I(1;3) tâm đối xứng đồ thị

0,25

0,25

0,25

0,25

I.2 (1 điểm)

* PT cho  -x3 + 3x2+ = -m3 + 3m2+ Đặt k = -m3 + 3m2+

* Số nghiệm PT số giao điểm đồ thị (C) với đt y = k

* Từ đồ thị (C ) ta có: PT có nghiệm phân biệt  < k < 5

*  m (-1;3)\ 0;2

0,25 0,25 0,25 0,25 II.1

(1 điểm) * Đk:

4

x x

  



 

  x  Đặt t = x 4 x (t > 0)

BPT trở thành: t2 - t -  

2( )

t L

t

    

0,25

* Với t   2 x216  - 2x 2

( )

0 ( )

4( 16) (9 )

a b x x                       x - 2x x - 2x

* (a)  x 

9 2.

* (b) 

145

36 x <2. *Tập nghệm BPT là: T=

145 ; 36       0,25 0,25 II.2

(1 điểm) * Đk: cosx   x  k

  

PT cho  3sin2x + sinxcosx -

sinx cosx = 0

*  sinx( 3sinx + cosx -

1

cosx) = 0



sinx

1

3 sinx cos

osx x c        

* Sinx =  x = k.

* 3sinx + cosx -

1

cosx =  3tanx + -

1

cos x =

 tan2x - 3tanx = 

t anx t anx

      x x k k          

Vậy PT có họ nghiệm: x = k, x = 3 k

   0,25 0,25 0,25 0,25 III

(1 điểm) * Đặt t =

x

e  , Khi x = ln2  t = 0

x = ln3  t = 1 ex = t2 +  e2x dx = 2tdt

* I =

1 2 ( 2) t tdt t t     = 2

( )

1 t t dt t t      

* =

1

0

( 1)t dt

 + 2 ( 1)

d t t

t t      * =

(t  2 ) 0t

+ 2ln(t2 + t + 1)

0 = 2ln3 - 1

0,25 0,25 0,25

IV

(1 điểm) * Áp dụng định lí cosin ABC có AB = AC =

2

a

 S ABC =

1

2AB.AC.sin1200 =

2 3

3

a

Gọi H hình chiếu S

lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC  HA = HB = HC

 H tâm đường tròn ngoại tiếp ABC

* Theo định lí sin ABC ta có: sin

BC

A = 2R  R =

2

a

= HA

SHA vuông H  SH = SA2 HA2 =

6

a

 VS ABC =

3 S ABC .SH = 2

9

a

* Gọi hA, hM khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)



1 M

A

h SM

h  SA   h

M = 2hA

SBC vuông S  S SBC = a2

* Lại có: VS ABC =

1

3 S SBC .hA  hA =

3 S ABC SBC

V

V =

2

a

Vậy hM = d(M;(SBC)) =

2

a

0,25

0,25

0,25

0,25

V (1 điểm)

* Ta cm với a, b > có a3 + b3  a2b + ab2 (*)

Thật vậy: (*)  (a + b)(a2 -ab + b2) - ab(a + b)  0

 (a + b)(a - b)2  đúng Đẳng thức xẩy 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 số dương ta có:

1

a +

1

a +

1

a 

3

3 3

1 1 a b c =

3

abc (2) * Nhân vế với vế (1) (2) ta BĐT cần cm

Đẳng thức xẩy a = b = c

0,25

0,25

0,25

0,25 VI.a.1

(1 điểm)

* Đường trịn (C) có tâm I(2;1), bán kính R =

Ta có IA = > R  A nằm đường tròn (C)

* Xét đường thẳng 1: x = qua A có d(I;1) =  1 tiếp

tuyến (C)

* 1 tiếp xúc với (C ) T1(4;1)

* T1T2  IA  đường thẳng T1T2 có vtpt n



=

2 IA =(1;2)

phương trình đường thẳng T1T2 : 1(x - 4) + 2(y - 1)

 x + 2y - =

0,25

VI.a.2

(1 điểm) * Mp(P) có vtpt

P

n



= (1;1;-2) (S) có tâm I(1;-2;-1)

* IA = (2;1;2) Gọi vtcp đường thẳng  u



 tiếp xúc với (S) A  u



 IA  Vì  // (P)  u



nP



* Chọn u0



= [IA,nP



] = (-4;6;1)

* Phương trình tham số đường thẳng :

3

x t

y t

z t

   

  

  



0,25 0,25 0,25 0,25

VII.a (1 điểm)

* Đặt z = x + yi (x; y R)

|z - i| = |Z - - 3i|  |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|

*  x - 2y - =  Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z

đường thẳng x - 2y - =

* |z| nhỏ  |OM | nhỏ  M hình chiếu O 

*  M(

3 5

;-6

5)  z = 5

-6 5i

Chú ý:

HS 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 hình chiếu A Ox  H(t;0)

H trung điểm BC

* Ta có: BH = |t - 1|; AB = (t1)2(2 2t 2)2  3|t - 1|

ABC cân A  chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1|

*  16 = 8|t - 1| 

t

t

    

* Với t =  A(3;4 2), B(1;0), C(5;0)  G(3;

4 )

Với t = -1  A(-1;-4 2), B(1;0), C(-3;0)  G(1;

4 

)

0,25

0,25 0,25

VI.b.2 (1 điểm)

* Gọi d đường cao tương ứng với đỉnh A ABC

 d giao tuyến (ABC) với ( ) qua A vng góc với

BC

* Ta có: AB= (1;3;-3), AC= (-1;1;-5) , BC = (-2;-2;-2) [AB, AC] = (18;8;2)

mp(ABC) có vtpt n

 =

1

4[AB, AC] = (-3;2;1)

mp( ) có vtpt n

 ' =

-1

2 BC = (1;1;1)

* Đường thẳng d có vtcp u =[n 

, n 

' ] = (1;4;-5)

* Phương trình đường thẳng d: x t y t z t            0,25 0,25 0,25 0,25 VII.b (1 điểm)

* Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) với Ox:

x m x    x

= 

2 x m 0

       x x

(Cm) cắt Ox điểm phân biệt  pt f(x) = x2 - x + m = có

nghiệm phân biệt khác

 (1) f        m m        (*)

* Khi gọi x1, x2 nghiệm f(x) = 

1 2 m       x x x x

Ta có: y' =

'( )( 1) ( 1) ' ( ) ( 1)

f x x x f x

x

   

 Hệ số góc tiếp tuyến (Cm) A B là:

k1 = y'(x1) =

1 1

2

'( )( 1) ( ) ( 1)

f x x f x

x    = 1 '( ) ( 1) f x

x  =

1 x x 

* Tương tự: k1 = y'(x2) =

2

2

x

x  ( f(x

1) = f(x2) = 0)

Theo gt: k1k2 = -1 

1

2

x x  .

2

2

x

x  = -1

*  m =

1

5( thoả mãn (*))

0,25

0,25

0,25

0,25