Trường THPT chuyên Lam sơn ðÁP ÁN Câu ðỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2010-2011. Môn thi :Toán khối A Ý Nội dung I Khảo sát biến thiên vẽ ñồ thị hàm số (1) m = 2. Với m = , suy y = x3 − x + 2. • Tập xác ñịnh : ℝ . • lim y = −∞; lim y = +∞. x→−∞ • • • x→+∞ ðiểm 2,00 1,00 0,50 y ' = x − x = x ( x − 1), y ' = ⇔ x = hoÆc x = 1. yC§ = y(0) = 2, yCT = y(1) = 1. Bảng biến thiên: x −∞ + y' +∞ − + +∞ 0,25 y −∞ ðồ thị hàm số: y 0,25 −1 / 3/2 x Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) . I Ta có y ' = x − 6(m −1) x = x( x − m + 1). ðồ thị hàm só có cực trị y’ có hai nghiệm phân biêt ⇔ m ≠ 1. Tọa ñiểm cực trị: A(0; m), B (m −1; −(m −1)3 + m) ⇒ AB : y = −(m −1) x + m Ba ñiểm A, B, I (3;1) thẳng hàng thẳng hàng I ∈ AB 4 ⇔ = −(m −1) .3 + m ⇔ m = m = (loại). ðS: m = . 3  x m −1 Cách khác: Thực phép chia y cho y’, ta ñược y =  −  y '− (m −1) x + m.   1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Tại x1 , x2 nghiệm y ' = 0, suy yi = y ( xi ) = −(m −1) xi + m (i = 1, 2). Suy pt ñt ñi qua hai ñiểm cực trị A, B: y = −(m −1)2 x + m. Ba ñiểm A, B, I (3;1) thẳng hàng thẳng hàng I ∈ AB 4 ⇔ = −(m −1) .3 + m ⇔ m = m = (loại). ðS: m = . 3 II Giải phương trình 0,50 2,00 1,00 π  π  π  π  ð/k: sin x ≠ 0, sin  + x sin  − x cos  + x cos  − x ≠ 0.         0,25 π  π  π π  π  π  π  Ta có  + x +  − x = ⇒ tan  + x tan  − x = tan  + x cot  + x = 1.        4  4  4  4  4  Phương trình ñã cho trở thành cos x sin x = (7 cos x − 3) ⇔ sin x + 3cos x − cos3 x = ⇔ cot x − 3cot x −1 = sin x −1 ⇔ cot x = cot x = .  −1 −1 cot x = (koại ñ/k). Với cot x = ⇔ x = arc cot   + k π (k ∈ ℤ).   0,50 0,25 Giải bất phương trình: x + + x − x − ≤ x − (1) ð/k: x ∈ [ ; +∞). (1) ⇔ x + − x − + ( x − x − 2) ≤   −2 ⇔ ( x − 2)  + x +1 ≤ . (2)  x + + 3x −  ( ) 0,50 −2 2  + x + 1, ( x ≥ ) hàm ñồng biến  ; +∞  x + + 3x − 3  2 Suy f ( x) ≥ f   = − > . Vậy (2) ⇔ x ∈ [2/3; 2].   Tính diện tích hình phẳng giới hạn .  x + x − ≥ x =1   Pt hoành ñộ giao ñiểm: x + + = x + x ⇔  ⇔  x = −5. ( x + 3x − 4)( x + x) =  ðặt f ( x) = III 1,00 0.50 1,00 0,25 Với x ∈[ −5;1] ⇒ x + ≥ x2 + 4x −2. Vậy diện tích cần tìm S = ∫ ( x + − x2 −4x + 2) dx −5 −2 0,50 = ∫ (−x − x) dx + ∫ (−x − x + 4) dx −5  x x   = − −   IV −2 −2 −5  −x3 x  +  − + x   = −2 27 27 + = 27 (ñvdt). 2 Chứng minh AB ⊥ BD ' tính d ( A ', ( ABD ')) Trong tam giác ABD, ta có: BD = AB + AD − AB. AD cos 600 = 3a A’ ⇒ AB + BD = AB ⇒ ∆ABD vuông B Như :  AB ⊥ BD  ⇒ AB ⊥ ( BB ' D'D) DD ' ⊥ ( ABCD ) ⇒ AB ⊥ BD '. 0,25 1,00 D’ C’ B’ O D Gọi O = AD '∩ A ' D ⇒ O trung ñiểm A’D, A 600 Suy d ( A ', ( ABD ')) = d ( D, ( ABD ')). (1) Kẻ DH ⊥ D ' B ( H ∈ D ' B ). Từ AB ⊥ ( BB ' D ' D ) ⇒ AB ⊥ DH (2) Từ (1) (2) suy DH ⊥ ( ABD ') ⇒ d ( D, ( ABD ') = DH . H 0,25 C B 0,50 Trong tam giác BDD’ vuông D, có DH ñường cao, suy 1 3a 3a = + ⇒ DH = ⇒ d ( A '; ( ABD ')) = . 2 DH DB DD ' 2 V 0,25 Chứng minh bất ñẳng thức 1,00 Áp dụng bất ñẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: ( ) 1+ 2x + 1+ y ≤ 2(2 + 2(x + y))    1 ( x + y )2 = 1.x + . y ≤ 1 +  ( x + y ) = . Suy x + y ≤ .     2 2 0,25 Do ñó + x + + y ≤ + . Ta lại có ( 1+ x + 1+ y ) = + 2( x + y ) + + 2( x + y ) + xy ≥ + 2( x + y ) + + 2( x + y ). x2 1 . Mặt khác ( x + y ) = x + xy + y ≥ + y = ( x + y ) = ⇒ x + y ≥ 2 2 VI.a Do ñó + x + + y ≥ + + . Theo chương trình chuẩn Viết phương trình ñường thẳng AD BC . 0,75 3,00 1,00 Giả sử ta ñã xác ñịnh ñược ñường thẳng AD BC thoả mãn toán. ðường thẳng AB ñi qua ñiểm E (−5;0). ðường thẳng BC ñi qua ñiểm N (−1; 4) có pt dạng a( x +1) + b( y − 4) = 0,(a2 + b2 ≠ 0). Ta có AB.d ( AB, CD) = S( ABCD ) = BC.d ( AD, BC ) d ( AB, CD) = d ( AD, BC) ⇔ d (E, d2 ) = d (M , BC) ⇔ −4 1+ = −2a −b a +b ⇔ 11 b − 20 ab − a = ⇔ b = 2a 11b = −2a. Với b = 2a, chọn a = ⇒ b = 2. Suy BC : x + y − = 0. Vì AD / / BD ⇒ AD :1( x + 3) + 2( y − 3) = ⇔ x + y − = 0. Với 11b = −2a, chọn a = 11 ⇒ b = −2. Suy BC :11x − y + 19 = 0. Vì AD / / BD ⇒ AD :11( x + 3) − 2( y −3) = ⇔ 11x − y + 39 = 0. 0,50 Mặt phẳng (P) có vtpt n = (3;12; −3), mp(Q) có vtpt n = (3; −4;9). P Q Lấy A ∈ (d1 ), B ∈ (d ), suy A(−5 + 2t ;3 − 4t ; −1 + 3t ), B (3 − s; −1 + 3s; + s ). Suy AB = (8 − 2t − 2s; −4 + 4t + 3s;3 − 3t + 4s ). n . AB =  P Nếu AB ñường thẳng cần tìm   n . AB = 0.  Q  A ( − 3; − 1; 2), B (5; −4; −2)  t = x + y +1 z − Suy  ⇒  ⇒ AB : = = . s = −1  AB = (8; −3; −4) − −  Thử thấy ñiểm A, B không thuộc mặt phẳng (P), (Q). x + y +1 z − Vây phương trình ñường thẳng cần tìm AB : = = . −3 −4 Tìm số số …. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 Giả sử lập ñược số x = a1a2 a3 a4 a5 a6 thoả mãn yêu cầu toán. Ta có a1 + a2 + a3 = a4 + a5 + a6 + ⇒ 2(a1 + a2 + a3 ) = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + = 16 0,25 a1 + a2 + a3 = 8. Các ba phần tử tập {0;1; 2;3; 4;5} có tổng {0;3;5} , {1; 2;5} , {1;3; 4}. Với {a1 , a2 , a3 } = {0;3;5} ⇒ {a4 , a5 , a6 } = {1; 2;4}. Trường hợp lập ñược 2.2!.2! (số). Với {a1 , a2 , a3 } = {1;2;5} ⇒ {a4 , a5 , a6 } = {0;3;4}. Trường hợp lập ñược 3!.2! (số). Với {a1 , a2 , a3 } = {1;3; 4} ⇒ {a4 , a5 , a6 } = {0;2;5}. Trường hợp lập ñược 3!.2! (số). VI.b Vậy số số lập ñược thoả mãn yêu cầu toán 2.2!.2!+ 3!.2!+ 3!.2! = 32 (số). Theo chương trình nâng cao Tìm toạ ñộ ñiểm B, C . Ta có IA = ⇒ ðường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có pt: ( x + 1) + y = 4.  x y  + =1 Toạ ñộ ñiểm B, C cần tìm nghiệm hệ pt:   ( x + 1) + y = 4. −3  ( x + 1) + y = x = −3, x =   ⇔ ⇔ 5 x + 18 x + =  2  ( x + 1) + y = Với x = −3 ⇒ y = 0, suy B C trùng A (loại). −3  −3 −4  −3 , C ;  ⇒ y =± . Như B ;  5   5 5  Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua ñiểm 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 Gọi n = (a; b; c) (a + b + c ≠ 0) vtpt mặt phẳng (P), (P) ñi qua A, B nên 0,25 3,00 1,00 0,25 −3 −4 6 −3 6 , C ; . B ;  5   5  Với x = 0,50 n vuông góc với AB = (−5; −13;12) ⇒ n. AB = ⇒ −5a −13b + 12c = ⇒ b = 0,25 −5a + 12c . 13 n. j Gọi ϕ góc mp(P) mp(Oxz) cos ϕ = , ñó j = (0;1; 0) vtpt n. j 0,25 b mặt phẳng (Oxz ). Vậy cos ϕ = a2 + b2 + c2 . Nếu b = 0, cos ϕ = ⇒ ϕ = 900 có giá trị lớn nhất. C1: Nếu b ≠ 0, cos ϕ = a +b +c b2 = a +c +1 b2 = 169( a + c ) +1 (− a + 12 c ) 2 . 0,50 Ta có: (−5a +12c)2 ≤ (25 +144)(a2 + c2 ) = 169(a2 + c2 ), nên cos ϕ ≤ = ⇒ ϕ ≥ 450. 1+1 Dấu " = " xảy −12a = 5c. Chọn a = 5, c = −12 b = −13. Vậy pt mp(P) 5( x − 2) −13 y −12( z + 5) = ⇔ x −13 y −12 z − 70 = 0. C2: cos ϕ = b a +b +c = b  12c − 13b  2   +b +c   =  c  13. − 12  + 50  b  ≤ 5 = . c 12c − 13b Minϕ = 450 , 13 − 12 = 0, a = . Suy ( P ) : x − 13 y − 12 z − 70 = 0. b VII.b Tìm dạng lương giác số phức z 1,00   Ta có: 6(1 + i ) + 4( − 4i ) = 6(1 + 2i + i ) + − 16i = − 4i =  − i 2       −π   −π    −π −π  =  cos  − i =  − i  =  cos + i sin  .  + i sin            0,50    −π   −π  =  cos   + i sin          =  cos  −π + π  + i sin  −π + π  Do ñó z =       −π −π     + i sin cos   4   π  π   π   π  =  cos   + i sin   ⇒ z = 128  cos   + i sin   . 12   12        0,50 Ghi chú: Câu VI.b2 giải theo cách sau: Vì A ∈ mp (Oxz ), nên mặt phẳng (P) ñi qua AB cắt mp(Oxz) theo giao tuyến ∆ ñi qua A nằm mặt phẳng (Oxz). Gọi B’ hình chiếu B mặt phẳng (Oxz) H hình chiếu B ∆ góc ϕ = BHB ' góc mp(P) mp(Oxz). BB ' , BB’ không ñổi Ta có tan ϕ = tan BHB ' = B'H B BB ' B ' H ≤ B ' A, nên tan ϕ ≥ . Dấu xảy H trùng B'A 0,25 A, tức góc ϕ có giá trị nhỏ nhất. Khi góc ϕ có giá trị nhỏ nhất, ta gọi u vtcp ∆ , ∆ nằm Oxz nên u vuông góc với vtpt j = (0;1; 0) Oxz, B’ A 0,25 u vuông góc với vectơ BA = (5;13; −12), ta chọn n H u = [ BA, j ] = (12; 0;5). Oxz Mặt khác mp(P) chứa A, B ∆ , nên vtpt n (P) phương với vectơ [ BA, u ] = (65; −169; −152). 0,25 Ta chọn lại n = (5; −13; −12) , pt mp(P): 5( x − 2) −13( y − 0) −12( z + 5) = ⇔ x −13 y −12 z − 70 = 0. 0,25 u ∆ Nếu học sinh làm không theo cách nêu ñáp án mà ñúng ñược ñủ ñiểm phần ñáp án qui ñịnh. . 2 3 4 5 6 x a a a a a a = tho ả mãn yêu c ầ u bài toán. Ta có 1 2 3 4 5 6 1 2 3 1 2 3 4 5 6 1 2( ) 1 16 a a a a a a a a a a a a a a a + + = + + + ⇒ + + = + + + + + + = 0 ,25 4 1 2. 0 ,25 Ta l ạ i có ( ) 2 1 2 1 2 2 2( ) 2 1 2( ) 4 x y x y x y xy + + + = + + + + + + 2 2( ) 2 1 2( ). x y x y ≥ + + + + + M ặ t khác 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 ( ) 2 ( 2 ) . 2 2 2 2 x x y x. 0 ,25 IV Ch ứ ng minh ' AB BD ⊥ và tính ( ',( ')) d A ABD 1,00 Trong tam giác ABD, ta có: 2 2 2 0 2 2 . cos60 3 BD AB AD AB AD a = + − = 2 2 2 AB BD AB ABD ⇒