Đang tải... (xem toàn văn)
Chứng minh được H’ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. Tọa độ B, C là nghiệm của phương trình.[r]
(1)UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: Toán Đáp án Câu 1.1 (1,0 điểm) (2,0 điểm) TXĐ: D y ' 3x x y 1, y ' Điểm 0,25 0,5 Từ đó tìm phương trình tiếp tuyến là y 1.2 (1,0 điểm) x3 3x 3x k x x x2 0,25 x x2 x k 01 0,25 x k Để đường thẳng d : y k x cắt đồ thị A, B, D thì phương trình (1) phải có ba nghiệm phân biệt phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt khác 4k k * k k Do A(2 ; 0) nên hoành độ B, D x1, x2 BD hai 0,25 B x1 ; k x1 , D x2 ; k x2 (2) Ta có k2 x2 x1 k2 x2 x1 x2 x1 k 4k 0,25 BD k 4k Ta có MH d M , BD k 2k k k2 k2 Theo giả thiết MH BD k k 4k (2,0 điểm) 13k 2 k 4k k 4k 4k 92 0,25 k 4k 21k 46 k t / m(*) k = là giá trị cần tìm 2.1 (1,0 điểm) cos x PT cos x x cos x 0,5 cos( 3x) k ,k 0,25 KL nghiệm phương trình là x k ,k 0,25 (2) 2.2 (1,0 điểm) x 13x 17 x 13x 19 x 26 x 42 y x ( y 1) x x 26 x 42 ĐK: y x x2 Ta có 26 x 42 1 x y 0, y 0,25 17 x 13 x 19 x 13x 17 x 13x 19 x 26 x 42 2, x x 26 x 42 3; 2x 2 13x 19 3 Do đó, y Với y y y 12 y ln x x ln a , a 0; a ta có Xét hàm số g a y 12 y y 0,25 ln y y 0,25 ln a ,g' a a e a2 ln g x g ;y Do x 2; 2 Từ đó suy x 3, y Thử lại x 3, y thỏa mãn hệ phương trình 3.1 (1,0 điểm) g' a (2,0 điểm) e2 I 3x ln x e ln x dx x e2 e2 3x ln xdx e e g y g ln x dx x ln 2 0,25 0,25 e2 3x ln xdx Tính I1 e u Đặt ln x dv 3x dx I1 v x ln x e 0,25 x3 e2 e2 dx x du e2 x dx x ln x e e e2 Tính I e Đặt x3 e2 2e6 e3 e ln x t ln x t Đổi cận x e dx x 3t dt 0,25 t 0; x e t I2 3t dt I1 I 5e6 2e3 ln x dx x I e6 e3 20e 8e 12 3t 4 0,25 (3) 3.2 (1,0 điểm) ,n Điều kiện n An3 An2 n! n! 100 (n 3)! (n 2)! 100 10 (1 x)10 n(n 1)(n 2) 2n(n 1) 100 0,5 n k k k C10 x Số hạng chứa x5 tương ứng k = 0,5 k (2,0 điểm) Vậy hệ số số hạng chứa x là 4.1 (1,0 điểm) y C10 35 61236 A B H M H' N C 0,25 x O Gọi H’ là điểm đối xứng với H qua BC Phương trình HH’: x y Khi đó, giao điểm HH’ và BC là I 4; Suy tọa độ điểm H ' 3;3 Chứng minh H’ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi Pt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là x y 2ax 2by c a b2 c Do M, N, H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên ta có 32 14a 6b c a 32 32 6a 6b c 42 22 8a 4b c y 10 x y 36 C Vì A HH ' C A 6;6 (vì A B; C BC C Tọa độ B, C là nghiệm phương trình x x y 10 x y 36 y 0,25 b c 36 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là x 2 H ') x y 0,25 x y BC Diện tích tam giác ABC là 1 6 S ABC d A, BC BC 2 2 0,25 (đvdt) (4) 4.2 (1,0 điểm) Tọa độ điểm A 1;0; Gọi u (a; b; c), a b2 c Vì ( P) nên u nP là vectơ phương hay 2a b c c 2a b a b2 Từ đó ta a b u a; b; 2a b 4ab 2b 3a 2a b a b 0,25 c 0,25 x : y t t z t Vậy phương trình (1,0 điểm) 5a 0,25 a 2b 2a b tạo với d góc 300 nên cos d , Do 0,25 (1,0 điểm) Gọi x là độ dài cạnh bên lăng trụ, O là tâm tam giác ABC, I và M là trung điểm BC và B’C’ Ta có A ' O ABC , A ' M AI BC A ' O BC BC AI a , A' I x2 a2 ; IM x 0,25 A ' IM A ' AIM 1800 A ' IM A ' IM TH1: B' A' M C' A B 0,5 O I C Theo định lí Cosin ta có 3a 2 x VA ' BCC ' B ' a x 2VA ' ABC x 11a x 3a x x a A ' O.S ABC a3 (đvtt) 1800 A ' IM TH2: Theo định lí Cosin ta có x2 a x a (5) 3a x x 2 x x a2 x 11a x 3a x2 a x a2 2 a3 A ' O.S ABC (đvtt) 24 Lưu ý: Nếu thí sinh làm trường hợp thì bài cho 0,5 điểm (1,0 điểm) Giả sử a b c Khi đó, ta có 18 a b2 c 81abc 18 a b2 c 81abc 2 a b c 3abc 27 a b c a b c VA ' BCC ' B ' (1,0 điểm) a2 0,25 2VA ' ABC 0,25 Từ đó suy a b2 c a b c a a b a c 9abc b b a b c Điều này vô lý vì a a b a c a b c c c a c b b b a b c 0,25 c c a c b * , a , b, c Thật vậy, vai trò a, b, c nên ta có thể giả sử a b c Khi đó c c a c b a a b a c b b a b c a b a ac b bc Nên (*) luôn đúng với a, b, c không âm Vậy a b c a b a b c 0,25 0,25 (6)