Gián án De thi khao sat lop 11 co dap an

TRƯỜNG THPT NGUYỄN DU ĐỀ THI KHẢO SÁT LỚP CLC NĂM 2011 ***************** Môn toán 11 Tháng 1-2011 (Thời gian làm bài 180 phút) ********** Câu I. (2 điểm) a. Giải bất phương trình sau: 2 x 1 2x 5 x 1 + − − ≥ + b. Giải hệ phương trình : 2 2 2 4x y xy 1 6y 1 x 2x 2 y y  + + =   + − =   Câu II. (3 điểm) a. Giải phương trình : ( ) 2 2cos x 3cosx 1 2cosx 1 sinx+ + = + b. Giải phương trình : ( ) 3 sin 2x sinx 2cos2x 1 cos x 2cos x 1 − + + = − c. Tìm m để phương trình sau có nghiệm 2 x ; 3 3 π π   ∈ −     : cos4x 2cos3x cos x cos x 2 m 0− + − + = Câu III. (2điểm) a. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng: ( ) 4 2 x 3m 1 x 2m 3 0− + + + = b. Cho hình chóp S.ABCD, có ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm thuộc cạnh SA sao cho MS = 2MA. Gọi I, N lần lượt là trung điểm của DM và BC, gọi J là giao của AC và ND. Chứng minh rằng IJ // (SCD). Câu IV. (2 điểm) Cho tam giác ABC có tọa độ các đỉnh là : A(1;3), B(-3;1), C(6;-2) a. Lập phương trình đường thẳng d qua A cắt cạnh BC tại M sao cho ABM ACM S 2S ∆ ∆ = . b. Gọi H là hình chiếu của A lên BC, E là điểm thảo mãn hệ thức EA 2EC BA+ = uuur uuur uuur . Hãy lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE. Câu V (1 điểm) Cho ba số thực a, b, c thảo mãn các điều kiện : a, b, c > 0 và abc ≥ 1. Chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) 1 1 1 a b c a b 3c 2a b c 3a 2b c a 3b 2c 6 + + + + ≤ + + + + + + ***************************************** Họ và tên :……………………………….….Số báo danh:…………………………. Đáp án và biểu điểm đề thi khảo sát lớp 12 năm 2010 Câu I a Giải bất phương trình sau: 2 x 1 2x 5 x 1 + − − ≥ + (1) 1điểm  ĐK: x ≥ 5/2 1/4  Khi đó, (1) 2 2x 3x 5 x 1⇔ − − ≤ − 1/4  ( ) 2 2 2 x 1 x 1 x 1 1 x 3 2 x 3 x x 6 0 2x 3x 5 x 1 ≥  ≥ ≥    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤    − ≤ ≤ − − ≤ − − ≤ −     1/4  Đối chiếu ĐK suy ra tập nghiệm của bpt là 5 x 3 2 ≤ ≤ 1/4 b Giải hệ phương trình : 2 2 2 4x y xy 1 6y 1 x 2x 2 y y  + + =   + − =   1điểm  ĐK: y ≠ 0, hệ 2 2 x 1 4x 6 y y 1 x 2x 2 y y  + + =   ⇔   + − =   1/4  2 1 3x 2x 6 y y 1 x 2x 2 y y    + − =   ÷    ⇔     + − =  ÷     Đặt 1 a 2x y x b y  = +   ⇔   =   và giải được a 0,b 2 a 3,b 1 = = −   = =  1/4  Với a = 0, b = -2 tìm được nghiệm (-1; 1/2), (1; -1/2) 1/4  Với a = 3, b = 1 tìm được nghiệm (1;1), (1/2;1/2) và Kết luận: 1/4 Câu II a Giải phương trình : ( ) 2 2cos x 3cos x 1 2cos x 1 sinx+ + = + (1) 1điểm  (1) ( ) ( ) ( ) 2cos x 1 cos x 1 2cos x 1 sinx⇔ + + = + 1/4  2cos x 1 0 sin x cos x 1 + =  ⇔  − =  1/4  1 2 2cos x 1 0 cos x x k2 2 3 − ± π + = ⇔ = ⇔ = + π 1/4  x k2 sin x cos x 1 sin x sin 2 4 4 x k2 π  = + π π π    − = ⇔ − = ⇔  ÷    = π+ π  và LK:… 1/4 b Giải phương trình : ( ) 3 sin 2x sinx 2cos 2x 1 cos x 2cos x 1 − + + = − (1) 1điểm  ĐK: x k2 3 ±π ≠ + π 1/4  ( ) 2 3 sin x 2cos x 1 4cos x 1 (1) cos x 2cos x 1 − + − ⇔ = − 1/4  3 sin x 2cos x 1 cos x 3 sin x cos x 1⇔ + + = ⇔ + = − 1/4  x k2 (L) 1 sin x 3 6 2 x k2 (TM) −π  = + π π    ⇔ + = − ⇔  ÷    = π+ π  KL: x k2 = π+ π 1/4 c Tìm m để pt có nghiệm 2 x ; 3 3 π π   ∈ −     : cos4x 2cos3x cos x cos x 2 m 0 − + − + = (1) 1điểm  (1) 2 2cos x cos x 1 m 0⇔ − + − + = 1/4  Đặt t = cos x , 2 x ; 3 3 π π   ∈ −     nên 1 t ;1 2 −   ∈     . Ta có pt mới ( ) 2 2t t 1 m 2− + = 1/4  Để (1) có nghiệm thỏa mãn ycbt ⇔ (2) có nghiệm 1 t ;1 2 −   ∈     1/4  Lập BBT và tìm được đáp số : 7 m 2 8 ≤ ≤ 1/4 Câu III a Tìm m để pt có 4 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng: ( ) 4 2 x 3m 1 x 2m 3 0− + + + = (1) 1điểm  Đặt ( ) ( ) ( ) 2 2 t x 0, 1 t 3m 1 t 2m 3 0 2= ≥ ⇔ − + + + = 1/4  Để (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm dương phân biệt ⇔ ( ) ( ) 2 2 3m 1 4 2m 3 0 9m 2m 11 0 11 3m 1 0 m 1 9 m 2m 3 0 3  ∆ = + − + >  − − >    + > ⇔ ⇔ >   − >   + >    1/4  Khi đó, (2) có 2 n phân biệt 1 2 0 t t< < ( ) o 1 2 2 1 3 1 4 2 1 có 4 n x t x t < x t x t⇒ = − < = − = < = , để 4 nghiệm đó lập thành CSC ⇔ 1 2 9t t= 1/4  Sử dụng định lý Vi-et tìm được m= -97/81(loại), m = 3 (TM) 1/4 b Cho hình chóp S.ABCD, có ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm thuộc cạnh SA sao cho MS = 2MA. Gọi I, N lần lượt là trung điểm của DM và BC, gọi J là giao của AC và ND. Chứng minh rằng IJ // (SCD). 1điểm Cách 1.  Gọi P là trung điểm của SM ⇒ PI//SD 1/4  JA AD PA 2 PJ / /SC JC NC PS = = = ⇒ 1/2  Vậy (IJP)//(SCD) ⇒ IJ // (SD) 1/4 7 8 2 2 y t - ∞ -1 2 1 4 1 + ∞ E J N I P M C A D B S Cách 2.  Gọi E là giao của AI và SD  CM được IA/IE=2 ( Hs được sử dụng ĐL Mênêlauýt)  CM được JA/JC=2  Suy ra IJ//CE từ đó cm được IJ//(SCD) Câu IV Cho tam giác ABC có tọa độ các đỉnh là : A(1;3), B(-3;1), C(6;-2) 1điểm a Lập phương trình đường thẳng d qua A cắt cạnh BC tại M sao cho ABM ACM S 2S ∆ ∆ = .  ABM ACM S 2S MB 2MC ∆ ∆ = ⇔ = 1/4  Vì M thuộc cạnh BC nên MB 2MC= − uuur uuur 1/4  Tìm được M(3;-1) 1/4  Vậy phương trình đt d: 2x + y -5 = 0 1/4 b Gọi H là hình chiếu của A lên BC, E là điểm thảo mãn hệ thức EA 2EC BA+ = uuur uuur uuur . Hãy lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE. 1điểm  Từ giả thiết ta có EB 2EC 0+ = uuur uuur r ⇒ E thuộc BC và E(3;-1) 1/4  H là hình chiếu của A lên BC nên ∆AHE vuông tại H 1/4  Vậy đường tròn ngoại tiếp ∆ AHE có dường kính là AE 1/4  PT: ( ) ( ) 2 2 x 2 y 1 5− + − = Cánh 2: Nếu học sinh tìm H (1/4đ)và M (1/4đ) sau đó lập pt đường tròn (1/2 đ) 1/4 Câu V Cho ba số thực a, b, c thảo mãn các điều kiện : a, b, c > 0 và abc ≥ 1. Chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) 1 1 1 a b c a b 3c 2a b c 3a 2b c a 3b 2c 6 + + + + ≤ + + + + + + (1) 1điểm  ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 bc bc b bc. a b 3c 2a b a c a 2c) 9 b a c a 2   ≤ ≤ + +  ÷ + + + + + + + +   ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ca ca c ca. b c 3a 2b c b a b 2a) 9 c b a b 2   ≤ ≤ + +  ÷ + + + + + + + +   ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ab ab a ab. c a 3b 2c a c b c 2b) 9 a c b c 2   ≤ ≤ + +  ÷ + + + + + + + +   1/2  Cộng vế với vế của 3 bđt trên ta có 1 1 1 bc bc b ca ca c ab ab a a b c VT VP 9 b a c a 2 c b a b 2 a c b c 2 6 + +   ≤ + + + + + + + + = =  ÷ + + + + + +   1/2 Dấu bằng xẩy ra khi a=b=c=1 . trình : ( ) 2 2cos x 3cos x 1 2cos x 1 sinx+ + = + (1) 1điểm  (1) ( ) ( ) ( ) 2cos x 1 cos x 1 2cos x 1 sinx⇔ + + = + 1/4  2cos x 1 0 sin x cos x 1 + =. 2cos 2x 1 cos x 2cos x 1 − + + = − (1) 1điểm  ĐK: x k2 3 ±π ≠ + π 1/4  ( ) 2 3 sin x 2cos x 1 4cos x 1 (1) cos x 2cos x 1 − + − ⇔ = − 1/4  3 sin x 2cos