Tính chiều cao của lăng trụ và diện tích đáy ABCD 3..[r]
(1)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
(2)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 2x0 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)}
(3)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:
(4)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',( ) 60o
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 CEAD
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
(5)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
(6)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 2x0 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 x1;x1 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 x1 từ khai triển ta có:
1 x20112011 1 x2011a0 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 B0;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
\ ; \ ; \ ; \
(7)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 BDAC BDAA' nên BDACC 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 GAC'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
(8)
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