Gián án dai hoc 2011

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 = -x 3 +3x 2 +1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số 2. Tìm m để phương trình x 3 -3x 2 = m 3 -3m 2 có ba nghiệm phân biệt. Câu II (2,0 điểm ). 1. Giải bất phương trình: 2 x 4 x 4 x x 16 6 2 + + − ≤ + − − 2.Giải phương trình: 2 1 3 sin sin 2 tan 2 x x x+ = Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: ln3 2x x x ln 2 e dx I e 1 e 2 = − + − ∫ Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC= a 2 . Đáy là tam giác ABC cân · 0 BAC 120= , 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 3 3 3 1 1 1 3 b c c a a b a b c a b c 2 a b c + + +     + + + + ≥ + +  ÷  ÷     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) : 2 2 x y 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): 2 2 2 x y z 2x 4y 2z 3 0+ + − + + − = Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) tại A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P). 1 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 x x m y x 1 − + = − (m là tham số). Tìm m để (C m ) cắt Ox tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tiếp tuyến của (C m ) tại A, B vuông góc. ……………………….Hết………………………… 2 SỞ GD & ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1 KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN Câu Nội dung Điểm I.1 (1 điểm) TXĐ: R Sự biến thiên: y' = -3x 2 + 6x = -3x(x - 2) y' = 0 ⇔ x 0 x 2 =   =  Hàm số nghịch biến trên (-∞;0) và (2;+∞) Hàm số đồng biến trên (0;2) Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y CĐ = 5 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = 1 lim x→−∞ y = + ∞, lim x→+∞ 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 ⇔ -x 3 + 3x 2 + 1 = -m 3 + 3m 2 + 1. Đặt k = -m 3 + 3m 2 + 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: x 4 0 x 4 0 + ≥   − ≥  ⇔ x ≥ 4. Đặt t = x 4 x 4+ + − (t > 0) BPT trở thành: t 2 - t - 6 ≥ 0 ⇔ t 2(L) t 3 ≤ −   ≥  Với t ≥ 3 ⇔ 2 2 x 16− ≥ 9 - 2x 2 2 ( ) 0 ( ) 4( 16) (9 2 ) a b x x  ≥    ≤     ≥   >     − ≥ −   x 4 9 - 2x 0 x 4 9 - 2x 0,25 0,25 3 (a) ⇔ x ≥ 9 2 . (b) ⇔ 145 9 36 2 ≤ x < . Tập nghệm của BPT là: T= 145 ; 36   +∞ ÷    0,25 0,25 II.2 (1 điểm) Đk: cosx ≠ 0 ⇔ x ≠ k 2 π + π . PT đã cho ⇔ 3 sin 2 x + sinxcosx - sinx cos x = 0 ⇔ sinx( 3 sinx + cosx - 1 cos x ) = 0 ⇔ sinx 0 1 3sinx cos 0 osx x c =    + − =  Sinx = 0 ⇔ x = k π . 3 sinx + cosx - 1 cos x = 0 ⇔ 3 tanx + 1 - 2 1 cos x = 0 ⇔ tan 2 x - 3 tanx = 0 ⇔ t anx 0 t anx 3 =   =  ⇔ x k x k 3 = π   π  = + π  Vậy PT có các họ nghiệm: x = k π , x = k 3 π + π 0,25 0,25 0,25 0,25 III. (1 điểm) Đặt t = x e 2− , Khi x = ln2 ⇒ t = 0 x = ln3 ⇒ t = 1 e x = t 2 + 2 ⇒ e 2x dx = 2tdt I = 2 1 2 2 0 (t 2)tdt t t 1 + + + ∫ = 2 1 2 0 2t 1 (t 1 )dt t t 1 + − + + + ∫ = 2 1 0 (t 1)dt− ∫ + 2 1 2 2 0 d(t t 1) t t 1 + + + + ∫ = 2 1 (t 2t) 0 − + 2ln(t 2 + t + 1) 1 0 = 2ln3 - 1 0,25 0,25 0,25 0,25 IV. (1 điểm) Áp dụng định lí cosin trong ∆ ABC có AB = AC = 2a 3 ⇒ S ABC∆ = 1 2 AB.AC.sin120 0 = 2 a 3 3 . 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: BC sin A = 2R ⇒ R = 2a 3 = HA ∆ SHA vuông tại H ⇒ SH = 2 2 SA HA− = a 6 3 0,25 0,25 4 ⇒ S.ABC V = 1 3 S SBC∆ .SH = 2 a 2 9 Gọi h A , h M lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC) ⇒ M A h SM 1 h SA 2 = = ⇒ h M = 1 2 h A . ∆ SBC vuông tại S ⇒ S SBC∆ = a 2 Lại có: S.ABC V = 1 3 S SBC∆ .h A ⇒ h A = S.ABC SBC 3V V ∆ = a 2 3 Vậy h M = d(M;(SBC)) = a 2 6 0,25 0,25 V (1 điểm) Ta cm với a, b > 0 có a 3 + b 3 ≥ a 2 b + ab 2 (*) Thật vậy: (*) ⇔ (a + b)(a 2 -ab + b 2 ) - ab(a + b) ≥ 0 ⇔ (a + b)(a - b) 2 ≥ 0 đúng Đẳng thức xẩy ra khi a = b. Từ (*) ⇒ a 3 + b 3 ≥ ab(a + b) b 3 + c 3 ≥ bc(b + c) c 3 + a 3 ≥ ca(c + a) ⇒ 2(a 3 + b 3 + c 3 ) ≥ 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 ≥ 3 3 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) 1 ∆ tiếp xúc với (C ) tại T 1 (4;1) T 1 T 2 ⊥ IA ⇒ đường thẳng T 1 T 2 có vtpt n r = 1 2 IA uur =(1;2) phương trình đường thẳng T 1 T 2 : 1(x - 4) + 2(y - 1) ⇔ x + 2y - 6 = 0 0,25 0,25 0,25 0,25 VI.a.2 (1 điểm) Mp(P) có vtpt P n ur = (1;1;-2). (S) có tâm I(1;-2;-1) IA uur = (2;1;2). Gọi vtcp của đường thẳng ∆ là u ∆ ur ∆ tiếp xúc với (S) tại A ⇒ u ∆ ur ⊥ IA uur Vì ∆ // (P) ⇒ u ∆ ur ⊥ P n ur Chọn 0 u ur = [ IA uur , P n ur ] = (-4;6;1) 0,25 0,25 0,25 5 Phương trình tham số của đường thẳng ∆ : x 3 4t y 1 6t z 1 t = −   = − +   = +  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 ⇔ | OM uuuur | nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của O trên ∆ ⇔ M( 3 5 ;- 6 5 ) ⇒ z = 3 5 - 6 5 i 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 = 2 2 ( 1) (2 2 2 2)t t− + − = 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 VI.b.2 (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: AB uuur = (1;3;-3), AC uuur = (-1;1;-5) , BC uuur = (-2;-2;-2) [ AB uuur , AC uuur ] = (18;8;2) mp(ABC) có vtpt n ur = 1 4 [ AB uuur ,, AC uuur ] = (-3;2;1). mp( α ) có vtpt n ur ' = - 1 2 BC uuur = (1;1;1) Đường thẳng d có vtcp u ur =[ n ur , n ur ' ] = (1;4;-5). Phương trình đường thẳng d: x 1 t y 2 4t z 3 5t = +   = − +   = −  0,25 0,25 0,25 0,25 VII.b (1 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) với Ox: 2 x x m x 1 − + − = 0 ⇔ 2 x x m 0 x  − + =  ≠  1 0,25 6 (C m ) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt ⇔ pt f(x) = x 2 - x + m = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ 0 f (1) 0 ∆ >   ≠  ⇔ 1 m 4 m 0  <    ≠  (*) Khi đó gọi x 1 , x 2 là nghiệm của f(x) = 0 ⇒ 1 2 1 2 x x 1 x x m + =   =  . Ta có: y' = 2 f '(x)(x 1) (x 1) '.f (x) (x 1) − − − − ⇒ Hệ số góc tiếp tuyến của (C m ) tại A và B lần lượt là: k 1 = y'(x 1 ) = 1 1 1 2 1 f '(x )(x 1) f (x ) (x 1) − − − = 1 1 f '(x ) (x 1)− = 1 1 2x x 1− Tương tự: k 1 = y'(x 2 ) = 2 2 2x x 1− ( do f(x 1 ) = f(x 2 ) = 0) Theo gt: k 1 k 2 = -1 ⇔ 1 1 2x x 1− . 2 2 2x x 1− = -1 ⇔ m = 1 5 ( thoả mãn (*)) 0,25 0,25 0,25 SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 (lần 2) 7 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Môn: Toán – Khối A, B, V Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 03/04/2010 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 2x 1 y x 1 − = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + 1 là truc đối xứng của (C). Câu II: (2 điểm) 1 Giải phương trình: 4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 2 2 0 2sinx - 3 x = 2. Giải bất phương trình: 2 2 2 2 x x 3x 2.log x x 3x 2.(5 log 2)− + ≤ − + − Câu III: ( 1 điểm). Gọi (H) là hình phẳng giới hạn đồ thi (C) của hàm số y = x 3 – 2x 2 + x + 4 và tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x 0 = 0. Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng (H) quanh trục Ox. Câu IV: (1điểm) Cho hình lặng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và A’C bằng a 15 5 . Tính thể tích của khối lăng trụ Câu V:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 4 (2x 1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1) y-1 2 (y 1)(x 1) m x 1 0 (2) +    − + − + + =   II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: ( 2 điểm). 1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 = 1; và phương trình: x 2 + y 2 – 2(m + 1)x + 4my – 5 = 0 (1) Chứng minh rằng phương trình (1) là phương trình của đường tròn với mọi m.Gọi các đường tròn tương ứng là (C m ). Tìm m để (C m ) tiếp xúc với (C). 2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: x 1 y 2 z 1 1 1 − + = = và mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + 2 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên d, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và đi qua điểm A(2; - 1;0) 8 Câu VII.b: ( 1 điểm). Cho x; y là các số thực thoả mãn x 2 + y 2 + xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 5xy – 3y 2 Phần 2: Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: ( 2 điểm). 1.Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng 1 x 2 y 3 z 3 d : 1 1 2 − − − = = − và 2 x 1 y 4 z 3 d : 1 2 1 − − − = = − . Chứng minh đường thẳng d 1 ; d 2 và điểm A cùng nằm trong một mặt phẳng. Xác định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC biết d 1 chứa đường cao BH và d 2 chứa đường trung tuyến CM của tam giác ABC. 2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm 1 2 F ( 3;0);F ( 3;0)− và đi qua điểm 1 A 3; 2    ÷   . Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy tính biểu thức: P = F 1 M 2 + F 2 M 2 – 3OM 2 – F 1 M.F 2 M Câu VII.b:( 1 điểm). Tính giá trị biểu thức: 0 2 2 4 k 2k 1004 2008 1005 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 S C 3C 3 C . ( 1) C . 3 C 3 C= − + + + − + + − ------------------------------------Hết -------------------------------------- Hướng dẫn giải Câu I: 2. Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) . Chuyển hệ trục toạ độ Oxy → IXY: x X 1 y Y 2 = −   = +  Hàm số đã cho trở thành : Y = 3 X − hàm số đồng biến nên (C) đối xứng qua đường thẳng Y = - X Hay y – 2 = - x – 1 ⇔ y = - x + 1 Câu II: 1. Điều kiện: 3 sinx 2 ≠ và x cos 0 2 ≠ và cosx ≠ 0 Biến đổi pt về: 4cos 3 x - 4 cos 2 x – cosx + 1 = 0 osx = 1 1 cosx = 2 c   ⇔  ±  2. Điều kiện 0 < x < 1 hoặc x ≥ 2. 9 2 2 2 2 x x 3x 2.log x x 3x 2.(5 log 2)− + ≤ − + − 2 2 2 2 2log x 5log x 2 0 log x − + ⇒ ≤ Nghiệm: 0 < x < 1 hoặc 2 ≤ x ≤ 4 Câu III: Phương trình tiếp tuyến : y = x + 4 Phương trình hoành độ giao điểm: x 3 – 2x 2 = 0 x 0 x 2 =  ⇔  =  V = 2 2 2 3 2 2 0 0 (x 4) dx (x 2x x 4) dxπ + − π − + + ∫ ∫ Câu IV: Gọi M; M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. Hạ MH ⊥ M’C AB // (A’B’C) ⇒ d(AB,A’C) = MH HC = a 15 10 ; M’C = a 15 2 ; MM’ = a 3 Vậy V = 3 3 a 4 Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx] TXĐ: D = [0;+∞) = x 1 (2x 1)ln x + + Gọi x 1 ; x 2 ∈ [0;+∞) với x 1 > x 2 Ta có : 1 2 1 2 1 2 1 2 2x 1 2x 1 0 f (x ) f (x ) x 1 x 1 ln ln 0 x x + > + >   ⇒ > + +  > >   : f(x) là hàm số tăng Từ phương trình (1) ⇒ x = y (2) 4 x 1 2 (x 1)(x 1) m x 1 0⇒ − − − + + + = 4 x 1 x 1 2 m 0 x 1 x 1 − − ⇔ − + = + + Đặt X = 4 1 1 x x − + ⇒ 0 ≤ X < 1 Vậy hệ có nghiêm khi phương trình: X 2 – 2X + m = 0 có nghiệm 0 ≤ X < 1 Đặt f(X) = X 2 – 2X ⇒ f’(X) = 2X – 2 ⇒ hệ có nghiêm ⇔ -1 < m ≤ 0 Câu VI.a 1. (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (C m ) có tâm I(m +1; -2m) bán kính 2 2 R ' (m 1) 4m 5= + + + OI 2 2 (m 1) 4m= + + , ta có OI < R’ Vậy (C) và (C m ) chỉ tiếp xúc trong. ⇒ R’ – R = OI ( vì R’ > R) Giải ra m = - 1; m = 3 5 2. Gọi I là tâm của (S) ⇒ I(1+t;t – 2;t) 10 . TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1 KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN Câu Nội dung Điểm I.1 (1 điểm) TXĐ: R Sự biến thiên: y'. nghiêm ⇔ -1 < m ≤ 0 Câu VI.a 1. (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (C m ) có tâm I(m +1; -2m) bán kính 2 2 R ' (m 1) 4m 5= + + + OI 2 2 (m 1) 4m=