TOAN CO DAP AN THI THU DH 2012

- Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, trong hướng dẫn chấm chỉ trình bày sơ lược một cách giải, nếu học sinh có lời giải đúng và khác với lời giải trong HDC, giám khảo vẫn cho điểm t[r]

SỞ GD – ĐT KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011 Trường THPT Chun Mơn : Tốn 12 A

Vĩnh Phúc Thời gian: 150 phút (Không kể giao đề)

I. Phần chung cho tất thí sinh Câu Cho hàm số y x 4 4x23

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

2 Tìm tất giá trị tham số m cho phương trình |x4 4x23 |m có bốn nghiệm phân biệt Câu 2.

1 Giải phương trình  

2

2 x 2x3 5 x 3x 3x 2

2 Giải phương trình

2 cos

1

tan cot cot

x

x x x



 



 

 



 

Câu Tìm giới hạn

3

6

lim

1 x

x x

L

x 

  





Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang vng A B với BC đáy nhỏ Biết tam giác SAB tam giác có cạnh với độ dài 2a nằm mặt phẳng vng góc với mặt đáy,

5

SC a khoảng cách từ D tới mặt phẳng SHC 2a 2 (ở H trung điểm AB) Hãy

tính thể tích khối chóp theo a

Câu Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh sinAsinBsinCtanAtanBtanC6

II. Phần tự chọn: Thí sinh làm hai phần A B.

A Theo chương trình chuẩn.

Câu 6A Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Descartes vng góc Oxy cho hai đường thẳng d x1:  3y0 và 2:

d x y Gọi  đường tròn tiếp xúc với d2 điểm A có hồnh độ dương, cắt d1 hai điểm

,

B C cho tam giác ABC vng B có diện tích 2 3 (đ.v.d.t). Viết phương trình đường trịn 

2 Viết phương trình đường trịn  ảnh  qua phép đồng dạng có cách thực liên

tiếp phép đối xứng qua Oy vị tự tâm A với tỷ số k2

Câu 7A Tính tổng S C 20101  2C20102 3C20103  2010C20102010 B Theo chương trình nâng cao

Câu 6B Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Descartes vng góc Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A6;6, đường thẳng qua trung điểm cạnh AB AC, có phương trình x y  0 đường cao kẻ từ C có phương trình 3x 2 y 3

1. Xác định tọa độ điểm B C,

2. Viết phương trình đường tròn qua ba điểm A B C, , , B điểm đường thẳng BC

cho tam giác AB C cân A

Chú ý. Cán coi thi khơng giải thích thêm.

SỞ GD – ĐT HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011 Trường THPT Chuyên Mơn : Tốn 12 A

Vĩnh Phúc Thời gian: 150 phút (Không kể giao đề)

Chú ý

- Mỗi tốn có nhiều cách giải, hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải, học sinh có lời giải khác với lời giải HDC, giám khảo cho điểm tối đa phần - Câu học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng cho điểm

- Hướng dẫn chấm có trang

Câu Ý Nội dung Điểm

I + TXĐ:  0.25

+ Chiều biến thiên:  

3

4 , 0

y x  x x x  y  x  x

       

0 2;0 2; , ; 0;

y  x    y  x    

Do hàm số đồng biến  2;0 ,  2;, hàm số nghịch biến

  ; , 0; 2  

0.25

Hàm số đạt cực đại x0,ycd 3, hàm số đạt cực tiểu x 2,yct y 2 1 Giới hạn

4

2

4

lim lim

x y x x x x

 

    

 

Bảng biến thiên (giám khảo tự vẽ)

0.25

+ Đồ thị

Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng Đồ thị hàm số cắt Ox 1;0 ,  3;0

0.25

2

+ Số nghiệm phương trình |x4 4x23 |m số giao điểm đồ thị hàm số 4x2 3

yx  

với đường thẳng y m (cùng phương với Ox) + Nêu cách dựng đồ thị

4 4x2 3

yx  

từ đồ thị vừa vẽ

+ Từ suy phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt 1m3 hoặc

0

m

0.25 0.5

0.25

II 1 + Điều kiện x3 3x2 3x 0 x 2

     

+ Nhận xét   

3 3x2 3x 2 2 1

x     x x  x

   

2 2x 3 2 1

x    x  x  x

Đặt u x2 0, v x2  x ta

0.25 0.25 0.25 0.25

2

x y

- 3 3

-1 1

3

4a 2a 2 2a 2a a a a 5

C'C

a a a a a 45 45 H

E A D

C B H B A C D S

 2    

2 u v 5uv 2u v u  2v 0

Nếu v2u ta có phương trình

2 1 2 2 37

2

x   x x  x 

(thỏa mãn điều kiện)

Nếu u2v ta có phương trình x2 2 x2  x 4x23x 0  phương trình

vơ nghiệm

Kết luận nghiệm …

2 + Điều kiện: sinx0,cotx1,cotx0,cos 2x0, tan 2xcotx0 + Nhận xét

cos sin cos

tan cot , cos sin cos ,cot

cos sin sin

x x x

x x x x x x

x x x

 

 

       

 

do phương phương trình cho tương đương với

   

2

2

cos cos 2

3

x k

k

x x k k x k

x                   

Đối chiếu điều kiện, phương trình cho có hai họ nghiệm

2

x   k

2

2 ( , )

3

x   m k m 

0.25 0.25 0.25

0.25

III Ta có

                 3

3 3

2

3 3

6 2

1 1

2 1

1 2 1 3 5 3 5

3

6 2 3 5 3 5

x x x x

x x x

x x x

x x x x x

x

x x x

                                       

Từ suy

 

 

3

1 1 3

3

6

lim lim lim

1 2 4 3 5 3 5

x x x

x

x x

L

x x x x

                                  0.25 0.25 0.25 0.25 IV

Từ giả thiết suy SH ABCD

2

3

a

SH  a

Theo định lý Pythagoras ta có CH  SC2 SH2 a Do tam giác HBC vuông cân B BC a

Gọi EHCADthế tam giác HAE vng cân đó

    

2 ; ;

CE a d D HC d D SHC

suy DE2a 2 4 a AD3 a

-2

5 I

O

A

C B

Suy  

2

4

ABCD

S  BC DA AB   a

(đ.v.d.t.) Vậy

D

1

3

S ABC ABCD

a

V  SH S 

(đ.v.t.t.) V

Nhận xét

sin tan 0;

2

x x x   x   

 

Chứng minh nhận xét

Áp dụng nhận xét sinAsinBsinCtanAtanBtanC2A B C   2 Từ  3 nên suy điều phải chứng minh.

0.25 0.25 0.25 0.25

VIA

1,

d d cắt gốc tọa độ O

 

   

1 2 2

1 3 1

cos ;

2

1 3

d d     

   

từ tam giác ABO vng B nên AOB



 

CAB



 

tam giác AIB Suy BCAB

2 3

2

2

ABC

AB BC AB

S AB



    

suy

sin

AB OA

ABO

 



Điểm A giao điểm đường thẳng d2 với đường tròn tâm O bán kính OA nên có tọa

độ nghiệm hệ

2

3

16

x y

x y

  

 

 

 

Giải hệ, với ý x0 ta

2 2,

3

x y

hay

2 2;

3

A 

 

Do CA d 2 nên AC có phương trình

8

3

3

x y  

Từ đó, tìm tọa độ

4;

C  

 

Tâm I đường tròn trung điểm AC nên

1 3;

3

I  

 

Vậy

 

2

2

:

3

x y

     

 

0.25 0.25 0.25 0.25

0.25

2

Đường trịn 1 đối xứng với  qua Oycó tâm

1 3;

3

I  

  có bán kính R1

Đường trịn  cần tìm ảnh 1 qua phép vị tự tâm A với tỷ số 2 nên có bán kính

E G F D B C A 2

R  R có tâm I AI:  2AI1

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

Từ tìm

4 0;

3

I 

  Vậy 2 : x y        VIIA

Số hạng tổng quát tổng cần tính  

2010 k kCk



với k 1, 2, , 2010

Do 11

k k

n n

kC nC 



 với k1, 2, , n nên

 1 2010 2010  1 20091 1, 2, , 2010

k k k k

kC C k

  

      

Suy      

2009 2009

1 1 2009

2009 2009

1

2010 k k 2010 1i i 2010 1

k i

S  C  C

           0.25 0.25 0.5 VIB

Gọi E hình chiếu A đường thẳng FG (đường thẳng qua trung điểm hai cạnh

,

AB AC) Khi E có tọa độ nghiệm hệ

4 6 1 x y x y           

Giải hệ thu x y Do E2;  Do  

2 A D V E

nên tìm D2;  

Do đường thẳng BC song song với FG nên … BC có phương trình x y  4 Suy

tọa độ C nghiệm hệ

4

3

x y x y         

Giải hệ, thu x5,y9 Vậy C5; 9 

Đường thẳng AB qua A vng góc với đường cao kẻ từ C nên có phương trình 2x 3y 6 0

Do tọa độ B nghiệm hệ

4 2x

x y y         

Giải hệ thu

18

,

5

x y 

Suy

18 ;

5

B  

 . 0.25 0.25 0.25 0.25

Do D trung điểm B C nên B  9;5.

Gọi I tâm đường tròn qua ba điểm A B C, , Khi

I AD IA IB      

Suy tọa độ I thỏa mãn hệ        

2 2

0

6

x y

x y x y

             

Giải hệ thu

17 16

x y

Bán kính đường trịn cần tìm

246

R IA 

Suy phương trình đường trịn càn tìm

2

17 17 246 123

16 16 16

x y

   

    

   

   

0.25 VIIB

Số hạng tổng quát tổng cần tính        

2010 2010 2010

1kk Ck k k k Ck kCk

    

với 2,3, , 2010

k 

Do 11 1, 2, ,

k k

n n

kC nC  k n



    nên

     

 

1

2010 2010 2009

2 2 2008

1 ( 1) ( 1) 2010 ( 1)

2010 2009 2,3, , 2010

k k k k k k

k k

k k C k kC k C

C k



 

        

     

và      

1

1

2010 2009 2009

1 k k 2010 k k 2010 k k 2,3, , 2010

kC C   C  k

       

Do

   

   

   

2010 2010

2 2 1

2008 2009

2

2008 2009

2008 2009

0

2008 2009

0

2008 2009 2009

0

2010 2009 2010

2010 2009 2010

2010 2009 2010 2010 2010

k k k k

k k

i i i i

i i

i i i i

i i

S C C

C C

C C C

   

 

 

 

    

    

      

 

 

 

0.25 0.25