SỞ GD – ĐT KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011 Trường THPT Chuyên Môn : Toán 12 A Vĩnh Phúc Thời gian: 150 phút (Không kể giao đề) I. Phần chung cho tất cả thí sinh Câu 1. Cho hàm số 4 2 4x 3y x= − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình 4 2 | 4x 3|x m− + = có bốn nghiệm phân biệt. Câu 2. 1. Giải phương trình ( ) 2 3 2 2 2 3 5 3x 3x 2x x x+ + = + + + 2. Giải phương trình 2 cos 1 4 tan 2 cot cot 1 x x x x π   −  ÷   = + + Câu 3. Tìm giới hạn 3 2 1 6 2 3 5 lim 1 x x x L x → − − + = − Câu 4. Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là đáy nhỏ. Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều có cạnh với độ dài bằng 2a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, 5SC a= và khoảng cách từ D tới mặt phẳng ( ) SHC bằng 2 2a (ở đây H là trung điểm AB ). Hãy tính thể tích khối chóp theo .a Câu 5. Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng sin sin sin tan tan tan 6.A B C A B C + + + + + > II. Phần tự chọn: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B. A. Theo chương trình chuẩn. Câu 6A. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxy cho hai đường thẳng 1 : 3 0d x y+ = và 2 : 3 0.d x y− = Gọi ω là đường tròn tiếp xúc với 2 d tại điểm A có hoành độ dương, cắt 1 d tại hai điểm ,B C sao cho tam giác ABC vuông tại B và có diện tích bằng 2 3 (đ.v.d.t). 1. Viết phương trình đường tròn . ω 2. Viết phương trình đường tròn ω ′ là ảnh của ω qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép đối xứng qua Oy rồi vị tự tâm A với tỷ số 2.k = − Câu 7A. Tính tổng 1 2 3 2010 2010 2010 2010 2010 2 3 2010S C C C C= − + − −L B. Theo chương trình nâng cao Câu 6B. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxy cho tam giác ABC có đỉnh ( ) 6;6A , đường thẳng đi qua trung điểm các cạnh ,AB AC có phương trình 4 0x y+ − = và đường cao kẻ từ C có phương trình 3x 2 3 0.y+ + = 1. Xác định tọa độ các điểm , .B C 2. Viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm , , ,A B C ′ trong đó B ′ là điểm trên đường thẳng BC sao cho tam giác AB C ′ cân tại .A Câu 7B. Tính tổng 2 2 2 3 2 4 2 2010 2010 2010 2010 2010 2 3 4 2010S C C C C= − + − +L Chú ý. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. HẾT SỞ GD – ĐT HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011 Trường THPT Chuyên Môn : Toán 12 A Vĩnh Phúc Thời gian: 150 phút (Không kể giao đề) Chú ý. - Mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải, trong hướng dẫn chấm chỉ trình bày sơ lược một cách giải, nếu học sinh có lời giải đúng và khác với lời giải trong HDC, giám khảo vẫn cho điểm tối đa của phần đó. - Câu 4 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm. - Hướng dẫn chấm này có 5 trang. Câu Ý Nội dung Điểm I 1 + TXĐ: ¡ 0.25 + Chiều biến thiên: ( ) 3 2 4 8 4 2 , 0 0 2y x x x x y x x ′ ′ = − = − = ⇔ = ∨ = ± ( ) ( ) ( ) ( ) 0 2;0 2; , 0 ; 2 0; 2y x y x ′ ′ > ⇔ ∈ − ∪ +∞ < ⇔ ∈ −∞ − ∪ Do đó hàm số đồng biến trên ( ) ( ) 2;0 , 2; ,− +∞ hàm số nghịch biến trên ( ) ( ) ; 2 , 0; 2−∞ − 0.25 Hàm số đạt cực đại tại cd 0, 3x y= = , hàm số đạt cực tiểu tại ( ) 2, 2 1. ct x y y= ± = ± = − Giới hạn 4 2 4 4 3 lim lim 1 x x y x x x →∞ →∞   = − + = +∞  ÷   Bảng biến thiên (giám khảo tự vẽ) 0.25 + Đồ thị Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng. Đồ thị hàm số cắt Ox tại ( ) ( ) 1;0 , 3;0± ± 0.25 2. + Số nghiệm của phương trình 4 2 | 4x 3|x m− + = là số giao điểm của đồ thị hàm số 4 2 4x 3y x= − + với đường thẳng y m= (cùng phương với Ox ) 0.25 + Nêu cách dựng đồ thị 4 2 4x 3y x= − + từ đồ thị vừa vẽ 0.5 + Từ đó suy ra phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 3m < < hoặc 0.m = 0.25 II 1. + Điều kiện 3 2 3x 3x 2 0 2x x+ + + ≥ ⇔ ≥ − 0.25 + Nhận xét. ( ) ( ) 3 2 2 3x 3x 2 2 1x x x x+ + + = + + + và ( ) ( ) 2 2 2x 3 2 1x x x x+ + = + + + + Đặt 2 2 0, 1 0u x v x x= + ≥ = + + > ta được ( ) ( ) ( ) 2 2 2 5 2 2 0u v uv u v u v+ = ⇔ − − = 0.25 4 2 x y - 3 3 -1 1 3 O Nếu 2v u = ta có phương trình 2 3 37 1 2 2 2 x x x x ± + + = + ⇔ ⇔ =L (thỏa mãn điều kiện) 0.25 Nếu 2u v= ta có phương trình 2 2 2 2 1 4x 3x 3 0x x x+ = + + ⇔ + + = phương trình này vô nghiệm. Kết luận nghiệm … 0.25 2. + Điều kiện: sin 0,cot 1,cot 0,cos 2 0,tan 2 cot 0x x x x x x≠ ≠ − ≠ ≠ + ≠ 0.25 + Nhận xét cos sin cos tan 2 cot , 2 cos sin cos ,cot 1 cos2 sin 4 sin x x x x x x x x x x x x π +   + = − = + + =  ÷   0.25 do đó phương phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) 2 2 cos2 cos 2 3 3 x k k x x k x k k x π π π =   = ⇔ ⇔ ∈ ⇔ = ∈  =  L ¢ ¢ 0.25 Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có hai họ nghiệm 2 2 3 x k π π = + và 2 2 ( , ) 3 x m k m π π = − + ∈¢ 0.25 III Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 2 3 6 2 3 5 6 2 2 2 3 5 1 1 1 2 1 3 1 1 1 6 2 2 1 4 2 3 5 3 5 3 1 2 6 2 2 4 2 3 5 3 5 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x − − + − − − + = + − − − − − + = +   − − + − + + + +  ÷   + = − − − + + + + + 0.25 0.25 0.25 Từ đó suy ra ( ) ( ) 3 2 1 1 1 3 2 2 3 3 1 6 2 3 5 2 lim lim lim 1 1 6 2 2 4 2 3 5 3 5 x x x x x x L x x x x → → →   + − − +    ÷ = = − + − = −  ÷  ÷ − − +    ÷ + + + +   0.25 IV 4a 2a 2 2a 2a a a a 5 C' ≡ C a a a a a 45 ° 45 ° H E A D C B H B A C D S Từ giả thiết suy ra ( ) SH ABCD⊥ và 2 3 3 2 a SH a= = 0.25 Theo định lý Pythagoras ta có 2 2 2CH SC SH a= − = . Do đó tam giác HBC vuông cân tại B và BC a= 0.25 Gọi DE HC A = ∩ thế thì tam giác HAE cũng vuông cân và do đó ( ) ( ) ( ) 2 2 ; ;CE a d D HC d D SHC= = = suy ra 2 2 2 4 3 .DE a a AD a= × = ⇒ = 0.25 Suy ra ( ) 2 1 4 2 ABCD S BC DA AB a= + × = (đ.v.d.t.). Vậy 3 . D 1 4 3 3 S ABC ABCD a V SH S= × × = (đ.v.t.t.) 0.25 V Nhận xét. sin tan 2 0; 2 x x x x π   + > ∀ ∈  ÷   0.25 Chứng minh nhận xét 0.25 Áp dụng nhận xét được ( ) sin sin sin tan tan tan 2 2A B C A B C A B C π + + + + + > + + = 0.25 Từ đó do 3 π > nên suy ra điều phải chứng minh. 0.25 VIA 1 -2 5 I O A C B 1 2 ,d d cắt nhau tại gốc tọa độ O và ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 1 1 3 3 1 cos ; 2 1 3 1 3 d d × − × = = + × + − từ đó do tam giác ABO vuông tại B nên 3 AOB π ∠ = do đó 3 CAB π ∠ = và tam giác AIB đều 0.25 Suy ra 3BC AB= và do đó 2 3 2 3 2 2 2 ABC AB BC AB S AB ∆ × = = = ⇒ = suy ra 4 sin 3 AB OA ABO = = ∠ 0.25 Điểm A là giao điểm của đường thẳng 2 d với đường tròn tâm O bán kính OA nên có tọa độ là nghiệm của hệ 2 2 3 0 16 3 x y x y  − =   + =   Giải hệ, với chú ý 0x > ta được 2 2, 3 x y= = hay 2 2; 3 A    ÷   0.25 Do 2 CA d⊥ nên AC có phương trình 8 3 0 3 x y+ − = . Từ đó, tìm được tọa độ của 4 4; 3 C   −  ÷   . 0.25 Tâm I của đường tròn là trung điểm của AC nên 1 3; 3 I   −  ÷   . Vậy ( ) 2 2 1 : 3 1 3 x y ω   − + + =  ÷   0.25 2 Đường tròn 1 ω đối xứng với ω qua Oy có tâm 1 1 3; 3 I    ÷   và có bán kính 1R = 0.25 Đường tròn ω ′ cần tìm là ảnh của 1 ω qua phép vị tự tâm A với tỷ số 2− nên có bán kính 2 2R R ′ = = và có tâm 1 : 2I AI AI ′ ′ = − uuur uuur . Từ đó tìm được 4 0; 3 I   ′  ÷   0.25 Vậy 2 2 4 : 4 3 x y ω   ′ + − =  ÷   0.25 VIIA Số hạng tổng quát của tổng cần tính là ( ) 1 2010 1 k k kC − − với 1,2, , 2010k = K 0.25 Do 1 1 k k n n kC nC − − = với mọi 1,2, ,k n= K nên ( ) ( ) 1 1 1 2010 2009 1 2010 1 1, 2, , 2010 k k k k kC C k − − − − = × − ∀ = K 0.25 Suy ra ( ) ( ) ( ) 2009 2009 1 2009 1 2009 2009 1 0 2010 1 2010 1 2010 1 1 0 k i k i k i S C C − − = = = − = − = − = ∑ ∑ 0.5 VIB 1 E G F D B C A Gọi E là hình chiếu của A trên đường thẳng FG (đường thẳng đi qua trung điểm hai cạnh ,AB AC ). Khi đó E có tọa độ là nghiệm của hệ 4 0 6 6 1 1 x y x y + − =    − − =   Giải hệ thu được 2.x y= = Do đó ( ) 2;2 .E Do ( ) 2 A D V E= nên tìm được ( ) 2; 2 .D − − 0.25 Do đường thẳng BC song song với FG nên … BC có phương trình 4 0x y+ + = . Suy ra tọa độ của C là nghiệm của hệ 4 0 3 2 3 0 x y x y + + =   + + =  Giải hệ, thu được 5, 9x y= = − . Vậy ( ) 5; 9C − 0.25 Đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với đường cao kẻ từ C nên có phương trình 2 3 6 0x y− + = . Do đó tọa độ của B là nghiệm của hệ 4 0 2x 3 6 0 x y y + + =   − + =  Giải hệ thu được 18 2 , 5 5 x y − = − = × Suy ra 18 2 ; 5 5 B   − −  ÷   . 0.25 0.25 2 Do D là trung điểm B C ′ nên ( ) 9;5B ′ − . 0.25 Gọi I là tâm đường tròn đi qua ba điểm , ,A B C ′ . Khi đó I AD IA IB ∈   ′ =  Suy ra tọa độ của I thỏa mãn hệ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 0 6 6 9 5 x y x y x y − =    − + − = + + −   Giải hệ thu được 17 16 x y= = − 0.25 Bán kính của đường tròn cần tìm là 246 4 R IA= = 0.25 Suy ra phương trình đường tròn càn tìm là 2 2 17 17 246 123 16 16 16 8 x y     + + + = =  ÷  ÷     0.25 VIIB Số hạng tổng quát của tổng cần tính bằng ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2010 2010 2010 1 1 1 k k k k k k C k k C kC− = − − + với 2,3, ,2010k = K 0.25 Do 1 1 1, 2, , k k n n kC nC k n − − = ∀ = K nên ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2010 2010 2009 2 2 2008 1 ( 1) ( 1) 1 2010 1 ( 1) 2010 2009 1 2,3, ,2010 k k k k k k k k k k C k kC k C C k − − − − − = − × − = − − = × − ∀ = K và ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2010 2009 2009 1 2010 1 2010 1 2,3, ,2010 k k k k k k kC C C k − − − − = − = − − ∀ = K 0.25 Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2010 2010 2 1 2 1 2008 2009 2 2 2008 2009 2008 2009 0 1 2008 2009 0 2008 2009 2009 0 0 2010 2009 1 2010 1 2010 2009 1 2010 1 2010 2009 1 2010 1 2010 2010 k k k k k k i i i i i i i i i i i i S C C C C C C C − − − − = = = = = = = × − − − = × − − − = × − − − + = ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ 0.5 . ) 2 2 010 2 010 2 010 1 1 1 k k k k k k C k k C kC− = − − + với 2,3, ,2 010 k = K 0.25 Do 1 1 1, 2, , k k n n kC nC k n − − = ∀ = K nên ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 010 2 010 2009 2 2 2008 1 ( 1) ( 1) 1 2 010 1. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 010 2 010 2 1 2 1 2008 2009 2 2 2008 2009 2008 2009 0 1 2008 2009 0 2008 2009 2009 0 0 2 010 2009 1 2 010 1 2 010 2009 1 2 010 1 2 010 2009 1 2 010 1 2 010 2 010 k k k k k k i i i. tổng cần tính là ( ) 1 2 010 1 k k kC − − với 1, 2, , 2 010 k = K 0.25 Do 1 1 k k n n kC nC − − = với mọi 1, 2, ,k n= K nên ( ) ( ) 1 1 1 2 010 2009 1 2 010 1 1, 2, , 2 010 k k k k kC C k − − − −