đề thi thử dh hay số 56

1,00 Giả sử ta ñã xác ñịnh ñược các ñường thẳng AD và BC thoả mãn bài toán.

Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa đỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2010-2011

Trường THPT chuyên Lam Sơn Môn thi :Toán kh ối A ( thời gian 180 phút )

Ngày thi : 7 /5/2011

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 ựiểm )

Câu I (2,0 ựiểm) Cho hàm s ố y=2x3−3(m−1)x2+m (1) (m là tham số thực)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ựồ thị (C) c ủa hàm số (1) khi m=2

2 Tìm m ựểựồ thị hàm số có ựiểm cực trị, kắ hiệu là A, B sao cho ba ựiểm A, B, I(3;1) thẳng hàng

Câu II (2,0 ựiểm )

1 Giải phương trình

2

2

sin

x

2 Giải bất phương trình 2

x+ +x − − ≤x x− x∈ ℝ

Câu III (1,0 ựiểm ) Tắnh diện tắch hình phẳng giới hạn bởi các ựường: y= x+ +2 2, y=x2+4 x

Câu IV (1,0 ựiểm) Cho hình hộp ựứng ABCD A B C D ' ' ' 'cóAB=a AD, =2 ,a AA'=3 (a a> và 0) BAD=60 0

Chứng minh rằng AB vuông góc với BDỖ và tắnh khoảng cách từựiểm A' ựến mặt phẳng (ABD')

Câu V (1,0 ựiểm ) Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn

0 0

x y

 ≥

 ≥







Chứng minh rằng 1+ 1+ 2 ≤ 1+2x+ 1+2y≤ 4+2 6

PHẦN RIÊNG (3,0 ựiểm ): T hắ sinh ch ỉ ựược làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B )

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 ựiểm )

1.Trong mặt phẳng tọa ựộ O xy cho hình thoi ABCD có hai cạnh AB CD lầ, n lượt nằm trên hai

ựường thẳng d1:x−2y+ =5 0, d2:x−2y+ =1 0 Viết phương trình các ựường thẳng AD và BC ,

biết M( 3;3)− thuộc ựường thẳng A D và N( 1; 4)− thuộc ựường thẳng B C

2 Trong không gian tọa ựộ O xyz, vi ết phương trình ựường thẳng song song với các mặt phẳng

( ) : 3P x+12y−3z− =5 0, ( ) : 3Q x−4y+9z+ = và c7 0 ắt hai ựường thẳng

Câu VII.a (1,0 ựiểm ) Từ các chữ số 0;1; 2;3; 4;5 có thể lập ựược bao nhiêu số tự nhiên lẻ, mỗi số gồm

6 chữ số khác nhau và tổng ba chữ sốựầu lớn hơn tổng ba chữ số cuối một ựơn vị

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 ựiểm )

1 Trong mặt phẳng tọa ựộ Oxy cho elắp

E + = và các ựiểm ( 3; 0), ( 1; 0).A− I − Tìm tọa ựộ

các ựiểm ,B C thuộc ( )E sao cho I là tâm ựường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

2 Trong không gian tọa ựộ Oxyz cho các ựiểm (2; 0; 5),A − B( 3; 13; 7).− − Viết phương trình mặt

phẳng ( )P ựi qua ,A B và tạo với mặt phẳng Oxz một góc nhỏ nhất

Câu VII.b (1,0 ựiểm ) Cho số phức

2

1

z

i

=

− Tìm dạng lượng giác của số phức

3

z

ẦẦ Hết

www.laisac.page.tl

Trường THPT chuyên Lam sơn

ðÁP ÁN

ðỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi :Toán khối A

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi m= 2 1,00

Với m= , suy ra 2 3 2

y= x − x +

• Tập xác ñịnh : ℝ

• lim ; lim

→−∞ = −∞ →+∞ = +∞

• y'=6x2−6x=6 (x x−1), y'= ⇔ =0 x 0 hoÆc x=1

• yC§ =y(0)=2, yCT =y(1)=1

0,50

• Bảng biến thiên:

0,25

ðồ thị hàm số:

0,25

y = x − m− x= x x− + m

ðồ thị hàm só có cực trị khi và chỉ khi y’ có hai nghiệm phân biêt ⇔ ≠ m 1 0,25

Tọa ñiểm cực trị: A(0; ), (m B m− − −1; (m 1)3+m)⇒AB y: = − −(m 1)2x+ m 0,25

3

= − − + ⇔ = hoặc m= (lo1 ại) ðS: 4

3

Cách khác: Thực hiện phép chia y cho y’, ta ñược 1 ' ( 1)2

x m

y= − − y− m− x+m



Tại x x là nghiệ1, 2 m của 'y = suy ra 0, 2

y = y x = − −m x +m i=

Suy ra pt ñt ñi qua hai ñiểm cực trị A, B: 2

y= − −m x+ m

0,25

Ba ñiểm A, B, (3;1)I thẳng hàng thẳng hàng khi và chỉ khi I∈AB

3

= − − + ⇔ = hoặc m= (lo1 ại) ðS: 4

3

m=

0,50

−∞

x ' y y

+∞

−∞

+∞

0

2

1

1

x

y

3 / 2

1

0

2

1

1 / 2

−

ð/k: sin 0, sin sin cos cos 0.

x π x π x π x π x

≠  +   −   +   − ≠

 + +  − = ⇒  +   − =  +   + =

Phương trình ñã cho trở thành

sin

x

x

⇔ = hoặccot 1

2

x=−

0,50

cotx= (ko1 ại do ñ/k) Với cot 1 arc cot 1 ( )

x=− ⇔ =x − +kπ k∈



0,25

ð/k: [ ;2 )

3

(1)⇔ x+ −2 3x− +2 (x − − ≤ x 2) 0 2

0,50

3

−

2

; 3

+∞

f x ≥ f   = − > Vậy (2)⇔ ∈x [2/3; 2]

0.50

Pt hoành ñộ giao ñiểm:

2 2

 + − ≥



+ + = + ⇔ 



1 5

x x

 =



⇔  =− 0,25

Với x∈ −[ 5;1]⇒ + ≥ + −x 2 x2 4x 2 Vậy diện tích cần tìm là 1( 2 )

5

−

−

0,50

x

−

= − −  + − +  = + =

Trong tam giác ABD, ta có:

BD =AB +AD − AB AD = a

Như vậy :

AB BD

ABCD



'

AB BD

Gọi O=AD'∩A D' ⇒ là trung O ñiểm A’D,

Suy ra ( ', (d A ABD'))=d D ABD( , ( '))

Kẻ DH ⊥D B H' ( ∈D B' ) (1)

TừAB⊥(BB D D' ' )⇒ AB⊥DH (2)

Từ (1) và (2) suy ra DH ⊥(ABD')⇒d D ABD( , ( ')=DH

0,25

0,50

0

60

A

A’

B

B’

C’

C

D

D’

H

O

Trong tam giác BDD’ vuông tại D, có DH là ñường cao, suy ra

1 2+ + +x 1 2y ≤2 2 2(+ x+y)

và

2

2

+ = +  ≤ +  + =

6 2

x+ ≤y

Do ñó 1+2x+ 1+2y≤ 4+2 6

0,25

1+2x+ 1+2y = +2 2(x+ +y) 2 1+2(x+ +y) 4xy

2 2(x y) 2 1 2(x y)

Mặt khác

2

x

x+y =x + xy+y ≥ +y = x + y = ⇒ + ≥x y

Do ñó 1+2x+ 1+2y≥ +1 1+ 2

0,75

VI.a 1 Viết phương trình các ñường thẳng AD và BC 1,00

Giả sử ta ñã xác ñịnh ñược các ñường thẳng AD và BC thoả mãn bài toán

ðường thẳng AB ñi qua ñiểm ( 5; 0).E − 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 ( , )

2

d AB CD =d AD BC ⇔d E d =d M BC

2 2

1 4

a b

a b

⇔ − − = ⇔b=2a hoặc 11b= −2 a

0,50

Với b=2 ,a chọn a= ⇒ = Suy ra 1 b 2 BC x: +2y− = 7 0

Vì AD/ /BD⇒AD:1(x+ +3) 2(y− = ⇔ +3) 0 x 2y− = 3 0 0,25

Với 11b= −2 ,a chọn a=11⇒ = − Suy ra b 2 BC:11x−2y+19= 0

Mặt phẳng (P) có một vtpt nP =(3;12; 3),− mp(Q) có một vtpt nQ=(3; 4;9).−

Lấy A∈( ),d1 B∈(d2), suy ra ( 5A− +2 ;3t −4 ; 1t − +3 ),t B(3−2 ; 1s − +3 ; 2s +4 ).s 0,25

Suy ra AB= − −(8 2t 2 ; 4s − + +4t 3 ;3s − +3t 4 ).s

Nếu AB là ñường thẳng cần tìm thì . 0

P

Q

n AB

n AB





 

 

0,25

AB

2

Thử thấy các ñiểm A, B không thuộc các mặt phẳng (P), (Q)

0,25

Giả sử lập ñược số x=a a a a a a1 2 3 4 5 6 thoả mãn yêu cầu bài toán Ta có

a + + =a a a + + + ⇒a a a + +a a = + + + + + + =a a a a a a 0,25

1 2 3 8.

a + + = Các ba a ộ ba phần tử của tập {0;1; 2;3; 4;5} có tổng bằng 8 là

{0;3;5 , 1; 2;5 , 1;3; 4 } { } { }

Với {a a a1, 2, 3} {= 0;3;5} {⇒ a a a4, 5, 6} {= 1; 2; 4 } Trường hợp này lập ñược 2.2!.2! (số)

Với {a a a1, 2, 3} {= 1; 2;5} {⇒ a a a4, 5, 6} {= 0;3; 4 } Trường hợp này lập ñược 3!.2! (số)

Với {a a a1, 2, 3} {= 1;3; 4} {⇒ a a a4, 5, 6} {= 0; 2;5 } Trường hợp này lập ñược 3!.2! (số)

0,50

Vậy số các số lập ñược thoả mãn yêu cầu bài toán là 2.2!.2! 3!.2! 3!.2!+ + =32 (số) 0,25

Ta có IA= ⇒2 ðường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có pt: (x+1)2+y2= 4 0,25

Toạñộ của các ñiểm B, C cần tìm là nghiệm của hệ pt:

1

 + =





0,25

2

 + + =



⇔ 

3 3,

5

 = − =



⇔ 

 + + =



0,25

Với x= − ⇒ = suy ra B ho3 y 0, ặc C trùng A (loại) 0,25

x=− ⇒ =±y

−   − − 

− −   − 

Gọi n=( ; ; ) (a b c a2+ + ≠b2 c2 0) là vtpt của mặt phẳng (P), thì vì (P) ñi qua A, B nên

n



vuông góc với AB= − −( 5; 13;12)

13

0,25

Gọi ϕ là góc giữa mp(P) và mp(Oxz) thì cos . ,

n j

n j

ϕ=

 

  trong ñó j=(0;1; 0) là vtpt của

mặt phẳng (Oxz Vậ) y

a b c

ϕ=

cosϕ= ⇒ =0 ϕ 90 có giá trị lớn nhất

0,25

C 1: Nếu b≠ thì 0,

( 5 12 )

Ta có:( 5− +a 12 )c2≤(25 144)(+ a2+c2)=169(a2+c2), nên cos 1 2 45 0

+

Dấu "= x" ảy ra khi 12− a=5 c Chọn a= thì 5, c= −12 và b= −13

Vậy pt mp(P) là 5(x− −2) 13y−12(z+ = ⇔5) 0 5x−13y−12z−70= 0

C 2:

12 13

5

b c

b

0

45 ,

5

a b

−

0,50