DE THI KHAO SAT GIAO VIEN HA TINH

của hình thoi biết rằng diện tích của hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm... đường thẳng  cách gốc tọa độ O một khoảng ngắn nhất.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI KHẢO SÁT GIÁO VIÊN THPT

HÀ TĨNH MÔN TOÁN NĂM 2011 - 2012

Thời gian làm bài: 180 phút.

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

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số

2 1 1

x y x







1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho

2 Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm I(0;1) và cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt ,

A Bsao cho diện tích tam giác OAB bằng 3 (O là gốc tọa độ).

Câu 2 (2,0 điểm).

1 Giải phương trình (1 cos ) cot x xcos 2xsinxsin 2x

2 Giải hệ phương trình

3 1  2 7 2

( , )

x y

    











Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân

2

2

6

cos ln(1 sin ) sin

x









Câu 4 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD. có SC(ABCD),đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng

3

a và ABC 120 0 Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 45 0 Tính theo

a thể tích của khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD

Câu 5 (1,0 điểm) Cho a b c, , là ba số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

3

P

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 6a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AB  5, C  ( 1; 1), đường thẳng

ABcó phương trình là x2y 3 0 và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng

    Tìm tọa độ các đỉnh A và B

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A( 2; 2; 2), (0;1; 2)  B  và C(2; 2; 1) Viết phương trình mặt phẳng ( )P đi qua A, song song với BC và cắt các trục y ’ Oy, z ’ Oz theo thứ

tự tại M N, khác gốc tọa độ Osao cho OM 2ON.

Câu 7a (1,0 điểm)

Tính mô đun của các số phức z thỏa mãn

1  z z i (iz1)

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 6b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC x: 7y 31 0, hai đỉnh B,

D lần lượt thuộc các đường thẳng d x y1:  8 0 , d x2:  2y 3 0 Tìm tọa độ các đỉnh

của hình thoi biết rằng diện tích của hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

( ) :

d     

 và mặt phẳng ( ) :P x2y z  6 0. Một mặt phẳng ( )Q chứa ( )d và cắt ( )P theo giao tuyến là

đường thẳng  cách gốc tọa độ O một khoảng ngắn nhất Viết phương trình của mặt phẳng ( ).Q

Câu 7b (1,0 điểm) Gọi z z1, 2 là hai nghiệm của phương trình

2cos 1 0 21

z    z 

nguyên dương nhỏ nhất sao cho z1nz2n 1

-Hết -Câu Ý Đáp án Điểm 1 2,0 đ 1,0 đ Hàm số 1 2 11 x y x     TXĐ: D \ 1  Sự biến thiên của hàm số: + Các giới hạn và tiệm cận ( 1) ( 1) lim ; lim x y x  y         Đường thẳng x 1 là tiệm cận đứng. lim 2 x y     Đường thẳngy 2 là tiệm cận ngang. 0,25 + Đạo hàm: ' 3 2 0  ( 1) y x D x      0,25 + Bảng biến thiên: x   1 +

y ’ + +

y + 2

2   Hàm số đồng biến trong các khoảng (  ; 1) và ( 1; ) Hàm số không có cực trị

0,25

2

1,0 đ : y mx 1

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và :

2

1

x

x





0,25

Đk: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

0 0

5 2 6

m m

m

m











 

Khi đó  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A x mx( ;1 11); ( ;B x mx2 21)

Với x x1, 2 là hai nghiệm của (1)

0,25

Ta có

AB x  x m   x x  x x  m

,

m



Do đó

1 ( 10 1)(1 )

m

1 ( , )

1

d d O

m



0,25

Khi đó:

2

OAB

m

11

(tmđk)

Do đó :y x1 hay

1 1

11

y x

0,25

2

2,0 đ 1,0 đ 1 Phương trình

(1 cos ) cot x xcos 2xsinxsin 2x (1) Điều kiện: sinx 0 x k  (k )

Khi đó: (1)

cos (1 cos ) cos 2 sin sin 2

sin

x

x

0,25

x







0,25

+ cos 2x 0 x 4 k 2 (k )

+

1

x x   x    x    l 

2 ( ) 2

2

l

x l









 











0,25

Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là:

4 2

x k

, x 2 l2





 

( ,k l  ).

0,25

2

1,0 đ

Hệ phương trình

3 1  2 7 2 (1)

2 4 5 (2)

    





Điều kiện:

2 0

4 0

x y

x y

 





 

 Với điều kiện trên thì (1)  3x2 7xy + 2y2 + x 2y = 0  (3xy)(x2y) +(x2y) = 0  (x2y)(3xy +1) = 0



2 0

x y

x y

 



   



0,25

+ x2y = 0  x = 2y (2): 4y 9y 5  y = 1

y = 1  x = 2 (tmđk)

0,25

+ 3x  y + 1= 0  y = 3x+1 (2) trở thành: 7x 1 7x2 5

0,25

2

1 7

49 21 2 11 7

x









17

25

x

x x



  



 



 

x  y

(tmđk)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) =

17 76

;

25 25

  0,25

3

1,0 đ

Tích phân

2

2 6

cos ln(1 sin ) sin

x









Đặt t sinx dtcosxdx

1

x  t x  t

0,25

Khi đó

1

2 1 2

ln(1 t)

t



Đặt:

2

ln(1 )

1 1

dt

t dt

dv

v t

t







Ta có

ln(1 ) ln 2 2 ln

dt

0,25

27 2ln 3 3ln 2 ln ln 1 3ln 3 4ln 2 ln

16

4

1,0 đ

a 3

I

O D

K B A

C S

Kẻ SK AB K ( AB) CK AB(định lí 3 đường vuông góc)

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD)là góc giữa SK và CK

Do SKCnhọn nên SKC  450

 1200  600

ABC  CBK  Trong tam giác vuông CBK:

0 3 sin 60

2

a

0,25

Tam giác SCK vuông cân tại Cnên

3 2

a

SC 

Ta có

2

0 3 3 sin120

2

ABCD

a

Do đó

3

S ABCD ABCD

a

(đvtt)

0,25

Gọi O AC BD

Ta có

( )

BD AC

BD SAC

BD SC









Kẻ OI SA I SA (  ) OI là đoạn vuông góc chung của SA và BD.

0,25

Dùng hai tam giác đồng dạng AOIvà ASCsuy ra

3 5 10

a

OI 

Vậy

3 5 ( , )

10

a

d SA BD 

0,25

5

1,0 đ

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

a ab abc a       a b c  Đẳng thức xảy ra khi a4b16 c

0,25

Suy ra

P

a b c a b c

    Đặt t a b c t   , 0

Khi đó ta có

3 3 2

P

t t

 

Xét hàm số f t ( )

3 3

2t  t với t 0.

0,25

'

2

2 2

f t

t

t t

2 2

t

t t

Bảng biến thiên:

t 0 1 

' ( )

f t  0 +

( )

f t  0

3 2



Do đó 0

3 min ( )

2

t f t

khi và chỉ khi t 1 Suy ra

3 2

P 

0,25

Vậy GTNN của P bằng

3 2



khi và chỉ khi

1

a b c

  







0,25

6a

2,0đ

1

1,0đ Gọi I x y( ; ) là trung điểm của đoạnABvàG x y( ;G G) là trọng tâm của ABC.

Do

2 3

CG CI

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

nên

x   y  

0,25

Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình:

2 3 0

5

2 1 2 1

1

2 0

x y

x

y

  















Vậy I(5; 1)

0,25

Ta có

5

2 2

AB

IA IB  

Gọi ( )C là đường tròn có tâm I(5; 1) và bán kính

5 2

R 

( ) : ( 5) ( 1)

4

0,25

Tọa độ hai điểm A B, là nghiệm của hệ phương trình:

( 5) ( 1)

Vậy tọa độ hai điểm A B, là

4; , 6;

0,25

2

1,0 đ Từ giả thiết ta có

(0; ;0)

M m và N(0;0; )n trong đó mn 0và m2n. 0,25

Do( ) / /P BC và ( )P đi qua M N, nên VTPT của ( )P là

, ( ; 2 ; 2 )

nBC MN  m n  n  m



 

TH1:m2n thì nBC MN,  (3 ; 2 ; 4 ) (n  n  n n0)



 

   

( )P đi qua A ( 2; 2; 2)  ( ) : 3P x 2y 4z 2 0

0,25

TH2:m2n thì nBC MN,   ( ; 2 ;4 ) (n  n n n0)



 

   

( )P đi qua A ( 2; 2; 2)  ( ) :P x2y 4z10 0. ( loại vì ( )P BC) Vậy ( ) : 3P x 2y 4z 2 0.

0,25

7a

1,0 đ Đặt

, ( , )

z a bi a b    Từ giả thiết ta có

1 a bi a (b1)i    ( b 1 ai) 0,25

2

2

1 2( 1) 2 ( 1)

1 2( 1)

(1)

2 ( 1)

b a b

   

 



0,25

Từ (1) suy ra :

2

1 2( 1) ( 1) 2( 1)

b

b



2

  





   



Suy ra z 1 2i hoặc

1 1

2 2

z  i

0,25

+ Với z 1 2i, ta có z  5

+ Với

1 1

2 2

z  i

, ta có

2 2

z 

0,25

6b

2,0 đ 1,0 đ 1 B d 1 B b( ;8 b D d),  2  (2d 3; ).d

Khi đó BD (  b 2d 3;b d  8)



và trung điểm của BD là

I      

0,25

Theo tính chất hình thoi ta có :

AC



 

Suy ra B(0;8); ( 1;1)D 

0,25

Khi đó

1 9

;

2 2

I 

 ; A AC  A( 7 a31; )a

2

ABCD ABCD

S

BD

0,25

3 (10;3) ( )

7

6 ( 11;6)



               

Suy ra C(10;3)

0,25

2

1,0 đ Gọi

,

H I lần lượt là hình chiếu vuông góc củaO lên ( )P và .

Ta có d O( , ) OI OH ( không đổi)

Do đó min ( , )d O  OHxảy ra khi I H

0,25

Đường thẳng OHđi qua O(0;0;0) và nhận VTPT của ( )P là n (1; 2;1)



làm

VTCP

x t

OH y t

z t







 

 (1)

0,25

( ) :P x2y z  6 0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra 6t 6 0  t 1

Từ(1) H(1; 2;1)

0,25

Khi đó ( )Q là mặt phẳng chứa ( )d và đi qua H.

Ta có M(1;1; 2) ( ) d , VTCP của ( )d là u (1;1; 2)



, HM (0; 1;1)



Suy ra VTPT của ( )Q là n Q u HM,   ( 1; 1; 1) 

  

,( )Q đi quaM(1;1; 2)

Do đó ( ) : 1(Q  x1) 1( y1) 1( z1) 0  x y z   4 0.

0,25



I (d)

Q O

7b

1,0 đ

Phương trình

2cos 1 0 21

z    z 

(1) có

cos 1 sin

   

Do đó các căn bậc hai của ' là

5 sin 21

Vậy (1) có các nghiệm là

1

2

cos sin

cos sin









1 2

n n

         

0,25



0,25

Vì n là số nguyên dương nhỏ nhất nên từ (*) suy ra n 7 0,25