DE THI VA DAP AN THI THU DH KHOI BD NAM 20112012 LANGGIANG 1

Dưới đây chỉ là hướng dẫn chấm, nếu học sinh làm cách khác đúng thì các đồng chí vận dụng hướng dẫn chấm này để cho điểm.. Yêu cầu các đồng chí chấm đúng, chấm đủ bài của học sinh để tr[r]

SỞ GD - ĐT BẮC GIANG

Trường THPT Lạng Giang số 1 ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI LẦN 4 Năm học: 2011 - 2012

Mụn: Toỏn Khối B, D Thời gian làm bài: 180 phỳt

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Cõu I (2 điểm) Cho hàm số y x 33x2m (1)

1) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 4.

2) Tỡm m để đồ thị hàm số (1) cú hai điểm cực trị A, B sao cho AOB120 0

Cõu II (2 điểm) Giải phương trỡnh, hệ phương trỡnh:

1) 2cos3 cos 3 1 sin 2  2 3 os 22

4

x x  x  c  x 

  2)

¿

x3y (1+ y )+x2y2(2+ y )+ xy3− 30=0

x2y + x (1+ y + y2)+y −11=0

¿{

¿

Cõu III (1 điểm) Tớnh tớch phõn:

7 2

1





  

Cõu IV (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ cú đỏy ABC là tam giỏc cõn đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với mặt

phẳng (ABB’A’) gúc 60 và AB = AA’ = a Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm 0

trờn cạnh AB sao cho BQ = 4

a

Tớnh theo a thể tớch khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng (MAC) (NPQ)

Cõu V (1 điểm): Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa món a2b2c2 1

Chứng minh rằng

3

II PHẦ N DÀNH RIấNG (3 điểm) Thí sinh chỉ đợc làm phần 1 hoăc phần 2.

1 Theo chương trỡnh chuẩn.

Cõu VI.a (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC cõn tại A nội tiếp trong đường trũn

 C x: 2y2 2x 4y  và 1 0 M0;1 Tỡm toạ độ điểm A, B, C biết A cú hoành độ dương và M là trung điểm của cạnh AB

2) Trong khụng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1

1 :

x y z 

và

2

2

1 2

 





  

 Tỡm M 1;NOx sao cho MN vuụng gúc với đường thẳng  và 2 MN 2 5.

Cõu VII.a (1 điểm): Tỡm số phức z thỏa món :

2 2

z  z z z 

và z z 2

2 Theo chương trỡnh nõng cao

Cõu VI.b (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hỡnh vuụng ABCD trong đú A thuộc đường thẳng x y 1 0 và

CD cú phương trỡnh 2 x y   Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của hỡnh vuụng biết hỡnh vuụng cú diện tớch bằng 5.3 0

2) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng :

1 2

x t







 



  

2

  và d3:

x y z

Viết phương trỡnh đường thẳng , biết  cắt ba đường thẳng d1 , d2 , d3 lần lượt tại cỏc điểm A,

B, C sao cho AB = BC

Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình:







Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

-Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI LẦN 3 NĂM HỌC 2011 – 2012.

Môn: Toán Khối B, D Thới gian làm bài: 180 phút Lưu ý:

Dưới đây chỉ là hướng dẫn chấm, nếu học sinh làm cách khác đúng thì các đồng chí vận dụng hướng dẫn chấm này để cho điểm.

Yêu cầu các đồng chí chấm đúng, chấm đủ bài của học sinh để trả bài cho học sinh.

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ĐIỂM)

I

1 Với m = -4 ta có: y x 33x2 4

+ Tập xác định: D = R + Sự biến thiên

y' 3 x26x;

0 ' 0

2

x y

x





   



Hàm số đồng biến trên   ; 2

và 0; 

, hàm số nghịch biến trên 2;0

Hàm số đạt cực đại tại x = -2; y = 0, hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; y = -4 limxlim y

  

Bảng biến thiên (vẽ đúng) + Đồ thị (vẽ đúng, đẹp)

0.25

0.25

0.25 0.25

2

Ta có: y’ = 3x2 + 6x; y' = 0

0

   



    



Vậy hàm số có hai điểm cực trị A(0 ; m) và B(2 ; m + 4)

Ta có: (0; ),  ( 2; 4)

OA m OB m Để AOB 120 0thì

1 cos

2



AOB

2

4 ( 4)



 

m m

12 2 3

3

  



 









m

m m

Kết luận:

0.25

0.5

0.25

II 1

2 2cos 3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2

4

2





os4 3 sin 4 os2 3 sin 2 0

6



6

2

x

x













  

0.25 0.25 0.25

0.25

Hệ PT 



    

xy x y x y xy

xy x y(( )() xy x y) 3011



    



Đặt

x y u

xy v

  

 

uv u v

uv u v( ) 3011

   

uv u v(11 ) 30 (1)11 (2)

   

uv

uv 56

 

 



 Với uv = 5  u v 6  Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là:

5 21 5; 21

5 21 5; 21

 Với uv = 6  u v 5  Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: (1;2) và (2;1)

Kết luận: Hệ PT có 4 nghiệm: (1;2), (2;1), 5 221 5; 221

5 21 5; 21

0.25 0.25

0.25

0.25

III

Tính

7 2

1





  

Đặt t= x+ Þ2 x= -t2 2 và dx=2tdt Đổi cận:

ì = Þ = ïï

íï = Þ = ïî

Ta có

2 3 2 2 3

2 3 2

1 2

4 24

4

t t

dt t

t

-=

+ -+

=

+

ç

= ççè - + + ø÷÷

ò ò ò

2

2

7

1 24ln

6

= - +

0.25

0.25

0.5

IV

Gọi I là trung điểm A’B’ thì

' AA '

C I A B

C I ABA B

C I



suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) chính là góc C BI '

Suy ra C BI  ' 600

2

a

C I BI C BI

3 ' ' ' ' ' '

a

/ / '

( ) / /( ' ) / / '

NP BC

NPQ C BI

PQ C I







ABM BB I c g c suy ra AMB BIB suy ra AMB B BI

Mặt khác theo chứng minh trên C’I AM nên AM  ( 'C BI)

Suy ra (AMC)  ( 'C BI) (2)

Từ (1) và (2) suy ra (MAC) (NPQ)

0.25

0.25

0.25

0.25

Do a, b, c > 0 và a2b2c2 1 nên a b c , , 0;1

Ta có

 2 2

3

a a

a a a

a a



Bất đẳng thức trở thành  3   3   3  2 3

3

a a b b c c

Xét hàm số f x  x3x x 0;1 

Ta có:    

0;1

2 3 ax

9

3

f a f b f c

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c=

1 3

0.5

0.5

II PHẦN RIÊNG (3 Điểm)

1 Theo chương trình chuẩn

VIa

1

Đường tròn (C) có tâm I  1;2

, bán kính IA 2 Ta có: IM 1; 1 ,  IM AB

suy ra phương trình đường thẳng AB: x y  1 0.

 ; 1 ;  0

Khi đó

(do a 0).

Suy ra: A1; 2 ; B  1;0

2;0 ;

IA IABC



suy ra phương trình BC x  : 1 0, phương trình AI y  : 2 0

Gọi  N AIBC

Suy ra N  1; 2

và N là trung điểm của BC Suy ra C  1; 4

0.25

0.25 0.25 0.25

2

Gọi M  1 M t t ; 2 ; 1 t

, NOx N a ;0;0

Khi đó: MN a t ; 2 ;1 t  t



và 2 có vecto chỉ phương u 2 1; 2; 2 



2

2 5

a t MN

MN



 





2

1 5

5

3 3

t a

a t

a

 























 



Vậy M1; 2;0 , N5;0;0 hoặc 5; 10; 8 ,  3;0;0

M    N 

0.25 0.25

0.25

0.25

VIIa

Gọi z = x + iy ta có

2

;

z x iy z  z z z x y

2

z  z z z   x y   x y 

z z   x  x

Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1

Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 – i

0.25 0.25 0.25 0.25

2 Theo chương trình nâng cao

VIb 1

Vì A( ) :d x y  1 0 nên A a ;1 a

Khoảng cách từ A đến đường thẳng CD chính là độ dài cạnh của hình vuông, do diện tích hình vuông bằng 5 nên độ dài này

bằng 5:  ,  | 2 1  3 | 5

5

| 3a 2 | 5 a 1

7 3

a

 a 1:  A1;0

Phương trình AD (qua A và CD): x12 y 0 0

hay x2y1 0 Tọa độ DADCD là nghiệm của hệ

 

1;1

D

x y







Đường tròn ( )D tâm D bán kính 5 có PT: x12y12 5

Tọa độ

 

0;3

x y

C







Với C0;3

thì trung điểm O của AC là

1 3

;

2 2

O 

  Do O cũng là trung điểm của

BD nên

2 2





Với C   2; 1

thì tương tự ta có B0; 2 



7 3

a

:

7 10

;

3 3

A 

  Gọi M  d CD

2 5

;

3 3

M 

  Dễ thấy trong trường hợp này các đỉnh của hình vuông lần lượt đối xứng với các đỉnh tương ứng vừa tìm được ở trường hợp trên qua M nên dễ dàng tìm được

1 7

;

3 3

D 

4 1

;

3 3

C 

 ,

10 4

;

3 3

B 

2 13

;

3 3

C 

 ,

4 16

;

3 3

B 

Vậy có 4 hình vuông ABCD thỏa mãn yêu cầu bài toán:

1;0 , 2;2 , 0;3 ,  1;1

A B C D  ; A1;0 , B0; 2 ,  C2; 1 ,  D1;1

A  B  C  D 

A  B  C  D 

0.25

0.25

0.25

0.25

2 Gọi ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d1 , d2 , d3

Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v)

A, B, C thẳng hàng và AB = BC  B là trung điểm của AC

( 1 5 ) 2

4 (1 2 ) 2.(2 3 )

1 2 ( 1 ) 2( 3 )





      



Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0 Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1) Đường thẳng  đi qua A, B, C có phương trình

2

0.25

0.25

0.25 0.25





1 2

2

(2)  12 x 2 x 1 2y1 2y1

Xét hàm số f(t) = (1 + t 2 )t = t 3 + t

f’(t)= 3t 2 + 1 > 0 t  R Vậy hàm số tăng trên R

(2) f  2 x f  2y1  2 x  2y1

2 – x = 2y – 1  2y = 3 – x

Thay vào (1): x 3 + x – 2 = 0  x = 1 Nghiệm của hệ (1;1)

0.25 0.25 0.25