De DA thi khoi lan 2 nam 2012

Tính chiều cao của lăng trụ và diện tích đáy ABCD 3..[r]

TRƯỜNG THPT

THẠCH THÀNH I ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2

NĂM HỌC 2011 -2012

Tổ Tốn Mơn thi: Tốn 11

Thời gian làm bài: 150 phút Câu I (2 điểm)

1 Cho f(x)=cos2x , giải phương trình

√

3f '(x)−1

2f''(x)=−

√

2 Giải phương trình

3 tan 2x −

cos 2x −2

1−cotx

1+cotx+2 cos 2x=0 Câu II (2 điểm)

1 Giải bất phương trình sau:

√

x2− x −6≥ x+2

√

x −3−3 Giải hệ phương trình

{

x2

+5y2=6 xy+5x2=6 Câu III (3 điểm)

1 Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị (C):y=x3−3x biết a Hồnh độ tiếp điểm -2

b Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=−

24 x+2012 Tính giới hạn:

3

2 2

1 x

x x x

A lim

x 

    

 Câu IV (3 điểm)

Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD hình thang cân có đáy lớn AD=a

√

2 Biết góc hợp BC’ với mp(ABCD) 600, góc hợp A ' D với mp(ABCD) ϕ cho tanϕ=

√

3

2 , CD⊥(AA' B' B) , AB⊥(CC' D ' D) Chứng minh lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ lăng trụ đứng

2 Tính chiều cao lăng trụ diện tích đáy ABCD Tính khoảng cách AB’ CD’

-Hết -Chú ý: Giám thị coi thi khơng giải thích thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 11 – NÂNG CAO

Câu NỘI DUNG ĐIỂM

Do

√

3f '(x)−1

2f''(x)=−

√2

⇔

√3

(−sin 2x)−

2(−cos2x)=−√2 ⇔

√

3 sin 2x −cos 2x=

√

2⇔

√

3

2 sin 2x −

2cos 2x=

√

2

2 ⇔sin

(

2x − π 6

)

=sin

π 2x −π

6= π 4+k2π 2x −π

6=π − π 4+k2π ⇔¿

x=5π 24 +kπ x=11π

24 +2π ⇔¿

2

ĐK

cos cos

cos

sin sin

sin

cot cos sin

x x

x

x x

x

x x x

 

 

 

 

   

  

 

    

 

1.0 Khi phương trình cho trở thành



 



3sin sin cos

2 2cos

cos sin cos

3sin cos sin

2 2cos

cos sin cos sin sin cos

x x x

x

x x x

x x x

x

x x x x x x

 

  



 

   

  













2 2

2

2

3sin cos sin 2cos 3sin sin 2 sin

1 2sin sin sin 1;sin

2

x x x x

x x x

x x x x

    

      

       

+) sin 2x 1 cos 2x0 không thỏa mãn ĐK

+)

1 sin

2

x

(thỏa mãn ĐK)





2

3

2

2

3

x k x k

k

x k x k

 

 

 

  

 

   

 

 

    

      

 

 



II 1

Giải BPT

√

x2− x −6≥ x+2

√

x −3−3 ĐKXĐ

{

x2− x −6≥0

x −3≥0 ⇔x ≥3 (*) Khi BPT cho tương đương với

√

(x+2) (x −3)≥

√

(x −3)2+2

√

x −3⇔

√

x+2

√

x −3≥

√

(x −3)2+2

√

x −3 TH1 Dễ thấy x = nghiệm

TH2 x>3, chia vế BPT cho

√

x −3 ta

√

x+2≥

√

x −3+2⇔x+1+4

√

x −3≤ x+2⇔4

√

x −3≤1⇔16x ≤49⇔x ≤47 16 Tóm lại BPT có tập nghiệm S=

[

3;47

16

]

1.0

II 2

Giải hệ

Trừ vế PT thứ cho PT thứ ta x2−xy

+5y2−5x2=0⇔x(x − y)−5(x − y) (x+y)=0⇔(x − y) (4x+5y)=0

Hoặc x=y thay vào hệ ta x2+5x2=6 hay x=±1 , trường hợp hệ có nghiệm (x ; y)∈

{

(1;1);(−1;−1)

}

Hoặc 4x+5y=0⇔y=−4

5x thay vào hệ ta x=±

√

107 từ tìm nghiệm (x ; y)∈

{

(

√

10

7 ;− 5

√

10

7

)

;

(

−

√

10

7 ;+ 5

√

10

)

}

Tóm lại, hệ cho có tập nghiệm

(x ; y)∈

{

(1;1);(−1;−1);

(

√

10 ;−

4

√

10

)

;

(

−

√

10 ;+

4 5

√

10

)

}

III 1a

Đạo hàm y '=3x2−3 suy y '(−2)=9

PTTT y=9(x+2)−2 hay y=9x+16 1.0

1b

Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y=−

24 x+2012 nên hệ số góc tiếp tuyến 24 Khi hồnh độ tiếp điểm nghiệm phương trình 3x2−3

=24⇔x2=9⇔x=±3 Với x = PTTT y=24x −54

Với x = -3 PTTT y=24x+54

1.0

2

Tìm giới hạn

Ta có

3

2

1

2 2 1

1

x x

x x x x x x

lim lim

x x

 

        



 

3

2

1

2 1

1

x

x x x

lim

x x



     

   

 

 

































3 2

1 2 3 3

2

1 3 3

2 3

1 1 1 3 2 3 2 1

2

1 1 1 3 2 3 2 1

4 3 x

x

x x x

lim

x x x x x x

x x

lim

x x x x x x





 

    

   

 

  

      

 

  

 

 

   

   

 

  

      

 

  

 

  

1.0

4a

Ta có:

4b

Vì ABCD.A’B’C’D’ lăng trụ đứng nên độ dài cạnh bên chiều cao lăng trụ

Ta có



A D ABCD

' ,(

)







A DA

'





'

'

3

6

tan

'

2

2

AA

AA

a

AA

AD

AD

 









Vậy chiều cao lăng trụ

6

2

a

Khi đó,



BC ABCD

',(

)





60

o

6

'

'

2

a

CC



AA



nên

'

2

tan 60

2

CC

a

BC





Vì AB⊥(CC' D ' D) suy ,

AB CD



gọi

K



AB CD



, đặt

KB x AB y



;



ta có





2

2 2

2 2

2 2

2

2

2

2

2

a

x

KB

KC

BC

a

x y

KA

KD

BC

x y

a

















 



















Kẻ

CE



AD

2

2

4

AD BC

a

ED







Suy diện tích đáy ABCD

2

2

2

2

3

2

.

.

2

2

4

8

a

a

AD BC

a

a

S





CH







4c Kẻ

B F

'



A D

' '

ta có

















 





' / /

'

/ /

'

';

'

'

;

'

/ /

'

B F

CE

AB F

CD E

d AB CD

d AB F

CD E

AF

ED













=d F CD E



;



'





Vì

CE





AA D D

' '



nên



AA D D

' '

 



CD E

'



theo giao tuyến

ED

'

Kẻ

FI



ED

'

thì



'



FI



CD E

, d F CD E



;



'





FI

Ta tính

3

3

2

'

4

4

a

FD



AD



;

2

26

'

'

4

a

ED



DD



ED



; suy

'.

' 3

78

'

26

AA FD

a

FI

ED

Họ tên thí sinh: ………SBD: ………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH VĨNH PHÚC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN

(Dành cho học sinh trường THPT không chuyên) Đáp án gồm trang

Câu Nội dung Điểm

2 điểm

ĐK

cos cos

cos

sin sin

sin

cot cos sin

x x

x

x x

x

x x x

 

 

 

 

   

  

 

    

 

0,5

Khi phương trình cho trở thành



 



3sin sin cos

2 2cos

cos sin cos

3sin cos sin

2 2cos

cos sin cos sin sin cos

x x x

x

x x x

x x x

x

x x x x x x

 

  



 

   

  

0.5













2 2

2

2

3sin cos sin 2cos 3sin sin 2 sin

1 2sin sin sin 1;sin

2

x x x x

x x x

x x x x

    

      

       

0,5

+) sin 2x 1 cos 2x0 không thỏa mãn ĐK 0,25

+)

1 sin

2

x

(thỏa mãn ĐK)





2

3

2

2

3

x k x k

k

x k x k

 

 

 

  

 

   

 

 

    

      

 

 

 0,25

II

2,5điểm 1.a (1,5 điểm)Từ khai triển cho x1;x1 ta được 0,5 2011

0 4042110 4042110

2011

a a a a

a a a a

     

 

    



 0,5

Cộng vế hai đẳng thức chia hai vế cho ta

2011 4042110

2011

2

A a a a  a   0,5

1.b (0,5 điểm)

Xét x1 từ khai triển ta có:



1 x2011



2011  



1 x



2011



a0 a x a x1  2  a4042110x4042110



Hệ số x2011 vế trái C12011 2011

0,25

Hệ số x2011 vế phải

0 2010 2011

2011 2011 2011 2010 2011 2009 2011 2008 2011 2011

C a  C a C a  C a  C a  C a

Từ ta có đẳng thức

0 2010 2011

2011 2011 2011 2010 2011 2009 2011 2008 2011 2011 2011

C a  C a C a  C a  C a  C a 

0,25

2 ( 0,5 điểm)

+) Trước hết ta tính n(A) Với số tự nhiên có chín chữ số đơi khác chữ số có cách chọn có A98 cho vị trí cịn lại Vậy

 

8

9

n A  A 0,25

+) Giả sử B



0;1; 2; ;9



ta thấy tổng phần tử B 45 3 nên số có chín chữ số đôi khác chia hết cho tạo thành từ chữ số tập

 

 

 

 

\ ; \ ; \ ; \

9 3.8

A  A Vậy xác suất cần tìm

9 8 3.8 11 27 A A A   III (2,5 điểm)

1 (1 điểm)

Từ công thức truy hồi dãy ta









1

2 2 2

1 1 1

1 1 1

2

1

n n n

u u u u

n  n n  n n

   

       

   

              

   

            0,5

Do



 

 







2 2

1 4.2 3.1

.2011 2011

2

1 n

n n n n n

u

n

n n

   

 

 Từ

2011 lim

2 n

u  0,5

2 (1,5 điểm) Ta có

3

2

1

2 2 1

1

x x

x x x x x x

lim lim x x               0,5 2

2 1

1

x

x x x

lim x x             

  0,5

































3 2

1 2 3 3

2

1 3 3

2 3

1 1 1 3 2 3 2 1

2

1 1 1 3 2 3 2 1

4 3 x

x

x x x

lim

x x x x x x

x x

lim

x x x x x x

                                                                0,5 IV (3 điểm)

1 (1,5 điểm)

Ta có BDAC BDAA' nên BD



ACC A' '



 AC'BD 0,25 Tương tự ta chứng minh AC'A D' Từ ta suy AC'



A BD'



. 0,5 Gọi I giao điểm AC BD Khi GAC'A I' chính giao điểm AC' và

mặt phẳng



A BD'



0,25

Do // ' ' ' ' '

GI AI

AC A C

GA A C

  

suy G trọng tâm tam giác A BD' . 0,5 2 (1,5 điểm)

Đặt A A m A D'  , ' 'n A B, ' ' p m n  p a m n n p;  p m 0

                                                                                                                                                                                                                 

và A M' x A D D N ' ; ' y D C '

    0,25

Ta có A M' x m x n D N  ; ' y m y p   MN MA'A D' 'D N'

         



y x m





1 x n y p



    

   0,25











 













 



2

1

' 3

2

'

3

x

y x m x n y p m n

MN B C y x

y x

MN D C y x m x n y p m p y

 

       

     

  

  

   

 

       

  

  

 

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

 

      

Vậy M, N điểm cho

2

' ' ; ' '

3

A M  A D D N  D C

   

0,5

Do ta có

2

1 1

3 3 3

a a

MN  m n p MN   MN 

   

0,5

G I

C'

B' A'

C A

D

B

D' M