Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn: Toán lớp 11 ( năm học 2014-2015) trường thpt Việt Trì

Viết phương trình tiếp tuyến d của C sao cho d và hai tiệm cận của C cắt nhau tạo thành một tam giác cân.. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC.[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Mụn thi : TOÁN

Thời gian làm bài : 150 phỳt, khụng kể thời gian giao đề

Phần A : Dành cho tất cả các thi sinh

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số (C)

1 x

x y





1 Khảo sỏt và vẽ đồ thị hàm số.

2 Viết phương trỡnh tiếp tuyến d của (C) sao cho d và hai tiệm cận của (C) cắt nhau

tạo thành một tam giỏc cõn.

Câu II (2,0 điểm )

1) Giải phương trỡnh: (1 – tgx)(1 + sin2x) = 1 + tgx

2) Tỡm m để hệ phương trỡnh : cú nghiệm duy nhất



















1 xy x

0 m y x 2

Câu III(1,0 điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tớnh diện tớch hỡnh phẳng giới hạn bởi cỏc

đường y = x2 và y 2x2 .

Câu IV ( 1,0 điểm ) : Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường trũn đường kớnh AB = 2R và

điểm C thuộc nửa đường trũn đú sao cho AC = R Trờn đường thẳng vuụng gúc với (P) tại

A lấy điểm S sao cho SAB,SBC60o Gọi H, K lần lượt là hỡnh chiếu của A trờn SB, SC

Chứng minh AHK vuụng và tớnh VSABC?

Câu V (1,0 điểm ) Cho a, b là cỏc số dương thỏa món ab + a + b = 3.

2

3 b a b a

ab 1 a

b 1 b











Phần B ( Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2)

Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn )

Câu VI.a

1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho cỏc điểm A(0, 1) B(2, –1) và cỏc đường thẳng:

d1: (m – 1)x + (m – 2)y + 2 – m = 0

d2: (2 – m)x + (m – 1)y + 3m – 5 = 0

Chứng minh d1 và d2 luụn cắt nhau Gọi P = d1  d2 Tỡm m sao cho PA PB lớn nhất

2.( 1,0 điểm ) Cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 1 = 0 và cỏc đường thẳng

và Tỡm cỏc điểm M  d1, N  d2 sao cho MN // (P) 2

z 3

3

y 2

1

x

:









5

5

z 4

y 6

5 x :

d2











và cỏch (P) một khoảng bằng 2.

Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trỡnh trờn tập số phức: ( z  4 )4  ( z  6 )4  82

Phần 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao )

Cõu VI.b

1 (1.0 điểm) Cho đường trũn (C): x2 + y2 – 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng d:

Xỏc định tọa độ cỏc đỉnh hỡnh vuụng ABCD ngoại tiếp (C) biết A  d

0 1

y

x  

2 (1,0 điểm) Trong khụng gian Oxyz cho cỏc điểm A(–3,5,–5); B(5,–3,7); và mặt phẳng

(P): x + y + z = 0

1 Tỡm giao điểm I của đường thẳng AB với mặt phẳng (P).

2 Tỡm điểm M  (P) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất.

CâuVII.b ( 1,0 điểm) Giải phương trỡnh trờn tập số phức: ( z2  1 )2  ( z  3 )2  0

ĐỀ 30

ĐÁP ÁN

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

CÂU I 1. Khảo sát hàm số (Bạn đọc tự giải)

2 Ta có

 2

1

x 1





Từ đồ thị ta thấy để tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận một tam giác vuông cân ta phải có hệ số góc của tiếp tuyến là –1 tức là:

1

2 1

2





Tại x1 = 0  y1 = 0  phương trình tiếp tuyến là y = –x

Tại x2 = 2  y2 = 2  phương trình tiếp tuyến là y = –x + 4

CÂU II

1.Giải phương trình: (1 – tgx)(1 + sin2x) = 1 + tgx (1)

Đặt: t = tgx 2 Pt (1) thành

t 1

t 2 x sin







1 t 1 2t2 1 t

1 t

    



1 t t 1 (t 1)(1 t )

  t 1 0 hay 1 t t 1      (1 t )2

  t 1 hay t 0

Do đó (1)  tgx = 0 hay tgx = –1

 x = k hay x = + k, k

4



Cách khác

(1)  (cosx – sinx)(cosx + sinx)2 = cosx + sinx

(hiển nhiên cosx = 0 không là nghiệm)

 cosx + sinx = 0 hay (cosx – sinx)(cosx + sinx) = 1

 tgx = -1 hay cos2x = 1 x = + k hay x = k, k

4



2 Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất

(I)







































x 1 xy

0 m y x 1

xy

x

0 m y

x

Với điều kiện: ta có









 1 x

0 xy

2

y 2x m

y 2x m

1 x

x

 



()

2

1 x

x



( hiển nhiên x = 0 không là nghiệm của () )

Đặt f (x) x 2 2 m x 1  , ( a = 1 )

ycbt  tìm m để phương trình () có đúng 1 nghiệm thỏa x  1

Lop12.net

 af(1) < 0 hay f (1) 0c 1 1(VN)hay b0(vn,do ac 0)1

 2 m < 0  m > 2

CÂU III

Ta có:



















2 y x

0 y x

2

Là nửa đường tròn tâm O, bán kính R  2, có y  0

Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường y = x2 và y 2x2 : x2  2 x 2   x 1; x2 và

 

khi x 1;1 2 x 2 

Do đó ta có



















1 1 2 1

1

2 1

1

2

x

2

S

Đặt: x = sint









1

1

2

















 



2

, 2 t

 dx = 2costdt x 1 t ;x 1 t

       



















4

4

4

4

2

1 2 2sin t 2costdt 2cos t 2costdt

I









 









 



















2

1 t dt t 2 cos 1 tdt cos

2

4 4

4

4

4

2 1

(Nhận xét : 1 4   4 

0 4

I 1 cos2t dt 2 1 cos2t dt



Vì f(t) = 1 cos2t là hàm chẵn)

2

2

I x dx 2 x dx

3



3

1 2 3

2 1 2 3

2 2

1 4 2

S     









 





Vì g(x) = 2 x 2 x2 là hàm chẵn)

C©u IV * Chứng minh AHK vuông

Ta có: AS  CB

AC  CB (ACB nội tiếp nửa đường tròn)

 CB  (SAC)  CB  AK

mà AK  SC  AK  (SCB)

 AK  HK  AHK vuông tại K

* Tính VSABC theo R

Kẻ CI  AB

Do giả thiết ta có AC = R = OA = OC  AOC đều



2

R IO

IA 

Ta có SA  (ABC) nên (SAB)  (ABC)  CI  (SAB)

Suy ra hình chiếu vuông góc của SCB trên mặt phẳng (SAB) là SIB

4

3

4

3 S

4

3

SSIB  SAB 

Ta có: SBC R 3 SA2 R2

2

1 SC BC 2

1

Theo định lý về diện tích hình chiếu ta có:

()

2 2 SBC

o SBC

4

3 R S

2

1 60 cos S

Từ (), () ta có:

2

R

SA 

Từ đó

12

6 R ABC dt SA 3

1

VSABC   3

C©u VTừ giả thiết a, b > 0 và ab + a + b = 3 Suy ra:

ab 3 (a b)   , (a+1)(b+1) = ab +a +b + 1 = 4

bđt đã cho tương đương với

2 2 3 3a(a 1) 3b(b 1) 3

2 (a 1)(b 1) a b

b a

3 b a 4

3 b a 4

3 2

3 b



















b a

12 b a 3 b a 3 6 b a



















(A)

a b



Đặt x = a+b > 0 x2  (a b)2 4ab 4(3 x) 

x24x 12 0    x 6 hay x 2  x 2 ( vì x > 0)

x a b 2ab a2b2 x22(3 x) x  22x 6

Thế x như trên , (A) thành

, với x 2

x

   

x3x24x 12 0  , với x 2

x 2 x   2 x 60, với x 2 (hiển nhiên đúng)

Vậy bđt cho đã được chứng minh

C©u VI.a

1.Tọa độ giao điểm P của d1, d2 là nghiệm của hệ phương trình

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

(2 m)x (m 1)y 3m 5





Lop12.net

Ta có

2 2

Vì nên d1, d2 luôn luôn cắt nhau

2

      

Ta dễ thấy A(0,1)  d1 ; B(2,1)  d2 và d1  d2

  APB vuông tại P  P nằm trên đường tròn đường kính AB

Ta có (PA + PB)2  2(PA2 + PB2) = 2AB2 = 2(2 2)216

 PA + PB  4 Dấu "=" xảy ra  PA = PB  P là trung điểm của cung AB

Vậy Max (PA + PB) = 4 khi P là trung điểm của cung AB

 P nằm trên đường thẳng y = x – 1 qua trung điểm I (1 ;0) của AB

và IP = 2  P (2 ; 1 ) hay P (0 ;- 1)

Vậy ycbt  m = 1 v m = 2

2. 2.P/trình tham số d1: x 1 2ty 3 3t

z 2t

 

  







1

M d M 1 2t,3 3t, 2t 

P/trình tham số d2: x 5 6t 'y 4t '

z 5 5t '

 

 



  



M d 2 N 5 6t ', 4t ', 5 5t '    

Vậy MN6 't2t4,4 't3t3,5 't2t5

Mặt phẳng (P) có PVT nP 1,2,2

Vì MN // (P) MN.nP 0

1 6t ' 2t 4 2 4t ' 3t 3 2 5t ' 2t 5 0 t t '

Ta lại có khoảng cách từ MN đến (P) bằng d(M, P) vì MN // (P)

4 4 1

1 t 2 2 t 3 3 2 t

2

1

















6 12t 6 6 12t 6 hay 6 12t 6 t 1hay t 0

t = 1  t' = –1  M1(3, 0, 2) N1(–1, –4, 0)

t = 0  t' = 0  M2(1, 3, 0) N2(5, 0, –5)

C©u VII.a Đặt t  z  5 Khi dó phương trình (5) trở thành:

















































10 5

7

3 10

4 0

40 6

2

2 2

4

i z

z

z i

t

t t

t

Vậy nghiệm của phương trình là: z3;z7;z5i 10

C©u VI.b

1) y

–3 I

–5 B C

Đường tròn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2

Tọa độ của I(4, –3) thỏa phương trình (d): x + y – 1 = 0 Vậy I  d

Vậy AI là một đường chéo của hình vuông ngoại tiếp đường tròn, có bán kính R = 2 , x = 2 và x= 6 là 2 tiếp tuyến của (C ) nên

Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 2  A(2, –1)

Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 6  A(6, –5)

Khi A(2, –1)  B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1)

Khi A(6, –5)  B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5)

2.a) Đường thẳng AB có VTCP a8,8,12 4 2,2,3

Phương trình đường thẳng AB:



























t 3 5 z

t 2 5 y

t 2 3 x

Điểm I (–3+2t; 5- 2t; –5+3t) AB (P) khi

(–3 + 2t) + (5 – 2t) + (–5 + 3t) = 0  t = 1

Vậy đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) tại I(–1, 3, –2)

b) Tìm M  (P) để MA2 + MB2 nhỏ nhất

Gọi H là trung điểm của đoạn AB Tam giác MAB có trung tuyến MH nên:

2

AB MH

2 MB

MA2  2  2 2

Do đó MA2 + MB2 nhỏ nhất  MH2 nhỏ nhất

Ta để thấy H(1, 1, 1), M  (P)

MH nhỏ nhất  MH  (P) và để ý rằng mặt phẳng (P): x + y + z = 0 có PVT OH  1,1,1 và O  (P)

 M  (0, 0, 0)

Vậy, với M(0, 0, 0) thì MA2 + MB2 nhỏ nhất

(khi đó, ta có

min(MA2 + MB2) = OA2 + OB2 = (9 + 25 + 25) + (25 + 9 + 49) = 142)

C©u VIIb Phương trình (6) tương đương với:



























































































i z

i z

i z

i z

i iz

z

i iz

z z

i z

z i z

z i z

2 1 1 1

2 1

0 3 1

0 3 1 )

3 ( 1

) 3 ( 1 )

3 ( )

1 (

2

2 2

2 2

2 2 2

Vậy nghiệm của phương trình là:

z  1  2 i ; z   1  i ; z   1  2 i ; z  1  i

Lop12.net