Bài soạn Đề và Đáp án môn Toán khối A

SỞ GD&ĐT THANH HOÁ ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Ba Đình Lần 1- Năm học 2010-2011 Môn: Toán, khối A-B Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I(2 điểm): Cho hàm số 3 6 + − = x x y (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đến tiếp tuyến bằng 23 . Câu II(2 điểm): 1. Giải phương trình : 2(1 + 2sinx)cos( 3 2 π + x ) = 1 2. Giải hệ phương trình :      ++=+ =+++ 2152)( 101 22 22 yxyxy yxyyx Câu III(1 điểm): Tìm giới hạn L = 3 23 2 0 21 )21ln( lim 2 xe x x x +− + >−− Câu IV(1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) và có SA = SB = SC = 2a ;AB = 3a ; AC = 3a (a > 0).Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp theo a. Câu V(1 điểm): Xác định dạng của tam giác ABC biết các góc A , B , C thoả mãn: 2 C tan 2 B tan 2 A tan4 1 2 B tan 2 A tan1 2 C tan 2 A tan 2 C tan1 2 B tan 2 C tan 2 B tan1 2 A tan = + + + + + PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình chuẩn. Câu VIa(1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng (d) và đường tròn (C) lần lượt có phương trình: 3x + my + 6 = 0; 01142 22 =−+−+ yxyx .Gọi I là tâm của đường tròn (C), tìm m sao cho đường thẳng (d) cắt đường tròn (C) tại hai điểm A,B phân biệt .Với giá trị nào của m thì diện tích tam giác IAB lớn nhất. Câu VIIa(2 điểm): 1.Giải phương trình: )2523(log)25(log 74 ++=+ xx 2.Tính 2011 2011 4 2011 3 2011 2 2011 1 2011 2011 .432 CCCCCS ++−+−= B.Theo chương trình nâng cao. Câu VIb(1 điểm):Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình chứa các cạnh AB,AC,BC lần lượt là:3x + 4y - 6 = 0;4x +3y - 1 = 0;y = 0.Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Câu VIIb(2 điểm): 1.Giải phương trình: 043).133(9.3 =−+−+ xx xx 2.Tính 2011 2011 3 2011 2 2011 1 2011 0 2011 2012 1 . 4 1 3 1 2 1 CCCCCS +++++= .HẾT SỞ GD&ĐT THANH HOÁ ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Trường THPT Ba Đình ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN THI ĐẠI HỌC Lần 1- Năm học 2010-2011 Môn: Toán, khối A-B Thời gian làm bài: 180 phút Câu ý Điểm I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị 1.0 a.Tập xác định : D = R \{-3} b. Sự biến thiên Giới hạn : −∞= + −>− y x 3 lim ; +∞= − −>− y x 3 lim Vậy x = -3 là tiệm cận đứng 0.25 1lim = +∞>− y x ; 1lim = −∞>− y x Vậy y = 1 là tiệm cận ngang 0 )3( 9 2 ' > + = x y 3 −≠∀ x Do đó hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )3;( −−∞ và );3( +∞− . 0.25 Bảng biến thiên x ∞− -3 ∞+ ' y + + y ∞+ 1 1 ∞− 0.25 c.Đồ thị 1 -3 0 6 -2 Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm hai tiệm cận I(-3;1) là tâm đối xứng. 0.25 2 1.0 Giả sử )();( 00 CyxM ∈ ; 3 0 −≠ x Phương trình tiếp tuyến tại M là: 3 6 )( )3( 9 0 0 0 2 0 + − +− + = x x xx x y ⇒ 0)3)(6(9)3(9 000 2 0 =+−+−+− xxxyxx ⇒ 01812)3(9 0 2 0 2 0 =−−++− xxyxx (d) 0.25 Giao điểm hai tiệm cận I(-3;1) là tâm đối xứng của đồ thị.Theo bài ra khoảng cách từ I đến (d) bằng 23 nên : ⇔ 2 0 0 2 0 2 0 )3(81 1812)3(27 ++ −−++−− x xxx 23 = ⇔ 23 )3(81 )3(18 2 0 0 = ++ + x x 0.25 4 0 2 0 )3(81)3(18 ++=+⇔ xx [ ]    −= = ⇔±=+⇔=+⇔=−+⇔ 6 0 339)3(09)3( 0 0 0 2 0 2 2 0 x x xxx 0.25 Với 0 0 = x thì phương trình tiếp tuyến là: y = x - 2 Với 6 0 −= x thì phương trình tiếp tuyến là: y = x +10 Vậy các tiếp tuyến cần tìm là: y = x - 2; y = x +10 0.25 II 1 1.0 Phương trình đã cho tương đương với: 1)2sin 2 3 2cos 2 1 )(sin21(2 =−+ xxx 12sinsin322cossin22sin32cos =−+−⇔ xxxxxx 0.25 02sinsin322cossin2cossin3212cos =−+−−⇔ xxxxxxx 02sinsin322cossin2cossin32sin2 2 =+−+⇔ xxxxxxx 0)2sin32coscos3(sinsin =+−+⇔ xxxxx 0.25 . π kxx =⇔= 0sin . 02sin32coscos3sin =+−+ xxxx ) 3 2cos() 6 cos(2sin 2 3 2cos 2 1 cos 2 3 sin 2 1 ππ +=−⇔−=+⇔ xxxxxx 0.25 π ππ 2) 3 2( 6 kxx ++±=−⇔ π π 2 2 kx +−=⇔ hoặc 3 2 18 ππ kx +−= )( Ζ∈ k Vậy nghiệm của phương trình là: π kx = ; π π 2 2 kx +−= ; 3 2 18 ππ kx +−= )( Ζ∈ k 0.25 2 1.0      ++=+ =+++ 2152)( 101 22 22 yxyxy yxyyx      =+−+ =+++ yxyxy yyxyx 15)1(2)( 10)(1 22 2 ( I ) 0.25 Ta thấy y = 0 không thoả mãn hệ ( I ) nên 0 ≠ y hệ trở thành:        = + −+ =++ + 15 1 2)( 10 1 2 2 2 y x yx yx y x Đặt byxa y x =+= + ; 1 2 hệ trở thành:    =− =+ 152 10 2 ab ba ⇔ +    =− =+ 152 2022 2 ab ba ⇔    =−+ =+ 0352 10 2 bb ba ⇔    = = 5 5 b a hoặc    −= = 7 17 b a 0.25 Với    = = 5 5 b a thì      =+ = + 5 5 1 2 yx y x ⇔    =+ =+ 5 51 2 yx yx ⇔    =+ =−+ 5 0245 2 yx xx ⇔    = = 2 3 y x hoặc    = −= 14 8 y x 0.25 Với    −= = 7 17 b a thì      −=+ = + 7 17 1 2 yx y x    −=+ =+ 7 171 2 yx yx    −=+ =++ 7 012017 2 yx xx hệ vô III 1.0 L = 3 23 2 0 21 )21ln( lim 2 xe x x x +− + >−− 2 3 2 2 3 2 2 0 1211 )21ln( lim 2 x x x e x x x x −+ − − + = >−− 0.25 Tính: * 22. 2 )21ln( lim )21ln( lim 2 2 0 2 2 0 = + = + >−>− x x x x xx * 33. 3 1 lim 1 lim 2 3 0 2 3 0 22 = − = − >−−>−− x e x e x x x x 0.25 3 2 121)21( 2 lim )121)21(( 2 lim 121 lim 3 2 3 22 0 3 2 3 222 2 0 2 3 2 0 = ++++ = ++++ = −+ >−− >−−>−− xx xxx x x x x xx 0.25 Vậy 7 6 3 2 3 2 = − = L Hay 7 6 21 )21ln( lim 3 23 2 0 2 = +− + = >−− xe x L x x 0.25 IV S M B C H A I Kẻ BCSH ⊥ do (SBC) ⊥ (ABC) và (SBC) cắt (ABC) theo giao tuyến BC nên SH ⊥ (ABC) ,suy ra SH ⊥ HA ;Do SA = SB = SC nên các tam giác vuông ∆ SHA = ∆ SHB = ∆ SHC suy ra HA = HB= HC 0.25 Suy ra tam giác ABC vuông tại A và H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. SH là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Mặt phẳng trung trực của cạnh SC cắt SH tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.Tam giác ABC vuông tại A nên : 32 22 aABACBC =+= ; 3 2 1 aBCBH == 0.25 Tam giác SBH vuông tại H nên aHBSBSH =−= 22 Gọi M là trung điểm của SC , khi đó hai tam giác vuông SMI và SHC đồng dạng nên a a aa SH SCSC SH SCSM SI SI SH SM 2 2. . 2 1 . SC ====⇒= . 0.25 Vậy diện tích của mặt cầu là: 22 16.4 aSIS ππ == (đvdt) 0.25 V Đặt x = 2 A tan ; y = 2 B tan ; z = 2 C tan do A,B,C là các góc của tam giác nên x > 0, y > 0, z > 0,và 2 tan 2 tan1 2 tan 2 tan 2 tan) 22 cot( 2 A cot CB CB CBCB − + = + = + −= π nên 1 2 tan 2 C tan 2 tan 2 B tan 2 tan 2 A tan =++ ACB do đó xy + yz + zx = 1.Khi đó : 0.25 xy z zx y yz x S + + + + + = + + + + + = 111 2 B tan 2 A tan1 2 C tan 2 A tan 2 C tan1 2 B tan 2 C tan 2 B tan1 2 A tan Áp dụng : Với mọi a,b dương ta có baba + ≥+ 411 Dấu bằng xảy ra khi a = b ( Từ abba 4)( 2 ≥+ ta có bất đẳng thức cần chứng minh ). Ta có: yzzxyzxyzxyzyzxy +++ ≥ + + + )( 411 ⇒ yzzxyzyzxy + ≥ + + + 1 411 (do xy + yz + zx = 1). Hay yz x zxyz x yzxy x + ≥ + + + 1 )( 4 1 (do x > 0) 0.25 Tương tự : zx y xyzx y zxyz y + ≥ + + + 1 )( 4 1 xy z yzxy z xyzx z + ≥ + + + 1 )( 4 1 Cộng vế với vế ta có S zyx ≥++ ) 111 ( 4 1 ⇔ xyz SS xyz zxyzxy 4 1 4 ≤⇔≥ ++ (Do xy + yz + zx = 1 ). 0.25 Dấu bằng xảy ra khi 3 3 1 ===⇔        =++ +=+ +=+ +=+ zyx zxyzxy yzxyxyzx xyzxzxyz zxyzyzxy Vậy : 2 C tan 2 B tan 2 A tan4 1 2 B tan 2 A tan1 2 C tan 2 A tan 2 C tan1 2 B tan 2 C tan 2 B tan1 2 A tan = + + + + + khi 0.25 = 2 A tan = 2 B tan 3 3 2 C tan = CBA ==⇔ .Hay tam giác ABC là tam giác đều. VIa 1.0 01142 22 =−+−+ yxyx 16)2()1( 22 =++−⇔ yx I Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) bán kính R = 4 Đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định M(-2;0) với mọi m. A H B Và RIM <=+−= 132)3( 22 ,chứng tỏ M nằm trong đường tròn . 0.25 Nên với mọi m đường thẳng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm A,B phân biệt. α sin 2 1 IBIAS IAB = ∆ ( Với α là góc AIB ) 8sin8 ≤= α ( Do 1sin ≤ α ).Vậy diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng 8 khi 1sin = α hay 0 90 = α tức là IA ⊥ IB 0.25 Gọi H là trung điểm của AB thì 22 2 2 2 === IAAB IH ( Do tam giác IAB vuông cân tại I) Mặt khác IH = d(I,(d)) nên )9(8)29( 9 623 22 22 2 mm m m +=−⇔ + +− = 0.25 2 1039 4 10618 09364 2 ±− = ±− =⇔=−+⇔ mmm Vậy 2 1039 ±− = m là giá trị cần tìm. 0.25 VII a 1 1.0 Đặt t x =+ )25(log 4 tx 425 =+⇒ Phương trình đã cho trở thành: ttt t 72.23)2.23(log 7 =+⇔+= 0.25 1) 7 2 .(2) 7 1 .(3 =+⇔ tt ( 1 ) Ta nhận thấy t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1).Thật vậy các hàm số mũ với cơ số dương và nhỏ hơn 1 là hàm số nghịch biến nên : 0.25 Với t > 1 ta có: 7 1 .3) 7 1 .(3 < t và 7 2 .2) 7 2 .(2 < t 1) 7 2 .(2) 7 1 .(3 <+⇒ tt Vậy t > 1 không là nghiệm của (1). 0.25 Tương tự t < 1 cũng không là nghiệm của (1). Với t = 1 thì 2log254251)25(log 54 =⇔=⇔=+⇔=+ x xxx Vậy nghiệm của phương trình là: 2log 5 = x 0.25 2 1.0 Chứng minh được : 1 1 − − = k n k n nCkC ),;( * Nnkkn ∈≥ . Áp dụng ta có: 0 2010 1 2011 2011CC = 1 2010 2 2011 20112 CC −=− 2 2010 3 2011 20113 CC = . 2010 2010 2011 2011 20112011 CC = 0.25 Cộng vế với vế : ) .(2011 2010 2010 2 2010 1 2010 0 2010 CCCCS +−+−= Xét khai triển : 2010 )1()( xxf += 0.25 20102010 2010 22 2010 1 2010 0 2010 2010 .)1( xCxCxCCx ++++=+ 0.25 Thay x = -1 ta có : 0 . 2010 2010 2 2010 1 2010 0 2010 =+−+− CCCC Hay 02011 .432 2011 2011 4 2011 3 2011 2 2011 1 2011 =++−+−= CCCCCS 0.25 VIb A là giao điểm của AB và AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: )3;2( 3 2 0134 0643 −⇒    = −= ⇔    =−+ =−+ A y x yx yx B là giao điểm của AB và BC nên toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: )0;2( 0 2 0 0643 B y x y yx ⇒    = = ⇔    = =−+ 0.25 Tương tự )0; 4 1 (C Phương trình các đường phân giác trong và ngoài của góc A là: 169 134 169 643 + −+ ±= + −+ yxyx    =−+ =+− ⇔ )1(01 05 yx yx 0.25 Thay toạ độ của B và C vào vế trái của (1) ta có: 0)1 4 1 )(12( <−− vậy (1) là phương trình đường phân giác trong của góc A. Tương tự ta có x+3y-2=0 là phương trình đường phân giác trong của góc B.Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC thì toạ độ I là nghiệm của hệ:       = = ⇔    =−+ =−+ 2 1 2 1 023 01 y x yx yx 0.25 Gọi r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC thì r = d(I,BC) = 2 1 . Khi đó phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC là: 4 1 ) 2 1 () 2 1 ( 22 =−+− yx 0.25 VII b 1 1.0 Đặt 03 >= t x Phương trình trở thành: 04)133(.3 2 =−+−+ xtxt     −= = ⇔ xt t 4 3 1 0.25 Với 3 1 = t thì 1 3 1 3 −=⇔= x x 0,25 Với t = 4 - x thì x x −= 43 (*) Ta nhận thấy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (*).Thật vậy hàm số mũ với cơ số lớn hơn 1 là hàm số đồng biến ,hàm số y = 4-x là hàm số nghịch biến nên : Với x > 1 thì 33 > x và 4 - x < 3 nên x > 1 không là nghiệm của phương trình (*) 0.25 Tương tự x < 1 cũng không là nghiệm của (*).Vậy nghiệm của phương trình là: x = - 1;x = 1 0.25 2 1.0 Chứng minh được: k n k n CnCk )1()1( 1 1 +=+ + + ),;( * Nnkkn ∈≥ 1 1 1 1 1 1 + + + = + ⇒ k n k n C n C k Do đó: 1 2012 0 2011 2012 1 CC = 2 2012 1 2011 2012 1 2 1 CC = 3 2012 2 2011 2012 1 3 1 CC = . 2012 2012 2011 2011 2012 1 2012 1 CC = 0.25 Cộng vế với vế ta có : ) .( 2012 1 2012 2012 3 2012 2 2012 1 2012 CCCCS ++++= 0.25 Xét khai triển : 2012 )1()( xxf += Khi x = 1 ta có : 2012 2012 3 2012 2 2012 1 2012 0 2012 2012 .2 CCCCC +++++= 0.25 12 . 20122012 2012 3 2012 2 2012 1 2012 −=++++⇔ CCCC Do đó : )12( 2012 1 2012 −= S 0.25 HẾT Chú ý:Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. . tan 2 B tan 2 A tan4 1 2 B tan 2 A tan1 2 C tan 2 A tan 2 C tan1 2 B tan 2 C tan 2 B tan1 2 A tan = + + + + + khi 0.25 = 2 A tan = 2 B tan 3 3 2 C tan. C tan 2 A tan 2 C tan1 2 B tan 2 C tan 2 B tan1 2 A tan Áp dụng : Với mọi a, b dương ta có baba + ≥+ 411 Dấu bằng xảy ra khi a = b ( Từ abba 4)( 2 ≥+ ta