De thi KSBD Toan 11 A A1 B

Tìm tọa độ điểm M thuộc trục Oy để qua M ta dựng được hai tiếp tuyến của đường tròn C vuông góc với nhau.. Tìm tọa độ các đỉnh A, C của tam giác ABC..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG KHỐI 11 - NĂM HỌC 2012 – 2013 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán – Khối A, B, A1 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 13 tháng 10 năm 2012 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu 1(3 điểm) Giải các phương trình lượng giác sau: sin x  sin x   2 sin x  sin x cos x  cos x  tan x  tan x   sin( x  ) 2 tan x  Câu 2(2 điểm) x  4x   x   2 x  y   y Giải hệ phương trình   xy  x  y  Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) cho hai đường thẳng: (d1): x – 2y + = và (d2): x – 2y – = 0.Tìm trên trục Ox điểm I cho phép đối xứng tâm I biến đường thẳng (d1) thành đường thẳng (d2) Câu (1 điểm) Cho số thực không âm x, y, z Chứng minh Giải phương trình: x  xy  y  y  yz  z  z  zx  x  ( x  y  z ) II PHẦN RIÊNG(3.0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) Phần A Câu 1(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C): (x - 4)2 + (y - 3)2 = Xác định tọa độ tâm và tính bán kính (C) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục Oy để qua M ta dựng hai tiếp tuyến đường tròn (C) vuông góc với Câu 2(1.0 điểm) cos A  cos B Cho tam giác ABC có ba góc thỏa mãn điều kiện:  (cot A  cot B) 2 sin A  sin B Chứng minh tam giác ABC là tam giác cân Phần B Câu 1(2.0điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(-1; 1), trọng tâm G(1; 0), đường cao AH có độ dài Đường thẳng (d) không song song với BC, qua A có phương trình là: x + y – = Tìm tọa độ các đỉnh A, C tam giác ABC Câu 2(1.0điểm) Giải phương trình x  x   x3  x ….…………Hết………… (Đề thi gồm có 01 trang) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI KSCL BỒI DƯỠNG KHỐI 11 - NĂM HỌC 2012 – 2013 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Môn: Toán – Khối A, B, A1 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 13 tháng 10 năm 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Ý 1.0đ Nội dung lời giải sin x  sin x    sin x  , sin x   x 1.0đ 1.0đ   k 2 , x     l 2 , x  Điểm 1.0 7  m2 1.0 sin x  sin x cos x  cos x  (1) Xét cosx = Không thỏa mãn pt(1) Xét cosx  chia vế pt(1) cho cos2x ta pt: 2tan2x + 3tanx – =  tan x  1, tan x     x   k , x  arctan( )  l (thỏa mãn đk)  Vậy pt(1) có các nghiệm là: x   k , x  arctan( )  l 2 0.5 tan x  tan x   sin( x  ) tan x  ĐKXĐ: cos x  Phương trình tương đương với: cos x(tan x  tan x)  (sin x  cos x)  sin x(sin x  cos x)  sin x  cos x  tan x  1  (sin x  cos x)(2 sin x  1)    sin x   * tan x  1  x     k 0.5   x   l 2  * sin x     x  5  m2  Vậy pt có các nghiệm là  5  x   l 2 , x   2m , x    k 6 1.0 1.0đ 1.0đ  x  2 x  4x   x    2 x  4x   x  4x   x  2  x 8 x  3  2 x  y   y Giải hệ   xy  x  y  ĐKXĐ: y  1   x  y2   x  (y2  )   2   y y x  y     y     xy  x  y  xy  x   x( y  )     y y Đặt y   t đk t  Ta có hpt: y  x  t   x  1 x   và   t  2 t   x.t  Với t = -2 thì y = -1 Với t = thì y = Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là: (1; 1) và (-1; -1) 0.5 0.5 0.5 1.0đ Trên đường thẳng (d1) lấy điểm A(2y – 5; y) , đó điểm B đối xứng với điểm A qua I nằm trên đường thẳng (d2) Suy B(2y’ + 8; y’) 0.5 Ta có I nằm trên trục Ox đồng thời là trung điểm AB (2 y  5)  (2 y '8)  x I 3  x I   I ( ;0) nên  2  y  y'  Vậy phép đối xứng tâm I ( ;0) biến đường thẳng (d1) thành đường thẳng (d2) 1.0đ x y x y x y ) ( )  3( ) 2 x y  x  xy  y  ( ) (1) Dấu xảy x = y 0.5 Ta có x  xy  y  3( yz Tương tự y  yz  z  ( ) (2) zx z  zx  x  ( ) (3) Cộng các vế tương ứng (1)(2)(3) ta 0.5 x  xy  y  y  yz  z  z  zx  x  ( x  y  z ) Dấu xảy x = y = z 2.0đ .Phần A 1.0 A M B Đường tròn(C) có tâm I(4;3) và bán kính R = Giả sử điểm M(0; m) 1.0 IA Trong tam giác vuông IAM có IM   4 sin 45  IM  16  16  (m  3)  16  m  Vậy M(0; 3) là điểm cần tìm 1.0đ Từ giả thiết suy cos A  cos B 1  (cot A   cot B  1) sin A  sin B 2 1   (  ) 2 sin A  sin B sin A sin B 1.0  (sin A  sin B)  sin A sin B  (sin A  sin B)   sin A  sin B (do A, B là các góc tam giác nên sinA > 0, sinB > 0)  A B Vậy tam giác ABC cân C 2.0đ Phần B Phương trình đường thẳng BC có dạng: a(x + 1) + b(y - 1) =  ax + by +a – b = 3a  a  b 3   Ta có AH = 3d(G; BC) = 2 2 a b 1.0  2(2a  b)  a  b  (a  b)(7a  b)   b  7a ( BC không song song với d) Chọn a = 1, b = 7.pt đường thẳng BC là: x + 7y – = Do A thuộc (d) nên A( x, 3-x) 1.0 x  7(3  x)  3    x = 0, x = Ta có d(A; BC) = 50 2 * A(0; 3), B(-1; 1), trọng tâm G(1; 0) nên C(4; -4) *A(5; -2), B(-1; 1), trọng tâm G(1, 0) nên C(-1; 1) 1.0đ x3  x (1) ĐKXĐ: x  Phương trình (1) tương đương với: 2( x  x  1)  x  x Xét x = không thỏa mãn phương trình (1) Xét x  Chia hai vế (1) cho x2 ta pt 1 2( x   1)  x  x x Đặt t  x  ( t  2) x 2(t - 1) = t  t   x    x  x Vậy phương trình có nghiệm x = x2  x 1  0.25 0.5 0.25