Ðềthi kiểm tra chất lượng năm học 2010-2011 môn thi toán khối a

2 3 2 5 2 5 3 27 274 27 3 2 3 2 2 2 x x x x x − − −    −   = − − + − + = + =         (ñvdt). 0,25 IV Chứng minh 'AB BD⊥ và tính ( ', ( '))d A ABD 1,00 Trong tam giác ABD, ta có: 2 2 2 0 22 . cos 60 3BD AB AD AB AD a= + − = 2 2 2AB BD AB ABD⇒ + = ⇒∆ vuông tại B Như vậy : ( 'D'D) DD' ( ) AB BD AB BB ABCD ⊥ ⇒ ⊥⊥  '.AB BD⇒ ⊥ Gọi ' 'O AD A D O= ∩ ⇒ là trung ñiểm A’D, Suy ra ( ', ( ')) ( , ( ')).d A ABD d D ABD= Kẻ ' ( ' ).DH D B H D B⊥ ∈ (1) Từ ( ' ' )AB BB D D AB DH⊥ ⇒ ⊥ (2) Từ (1) và (2) suy ra ( ') ( , ( ') .DH ABD d D ABD DH⊥ ⇒ = 0,25 0,50 060 A A’ B B’ C’ C D D’ H O www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com 3 Trong tam giác BDD’ vuông tại D, có DH là ñường cao, suy ra 2 2 2 1 1 1 3 3( '; ( ')) . ' 2 2 a aDH d A ABD DH DB DD = + ⇒ = ⇒ = 0,25 V Chứng minh bất ñẳng thức ...... 1,00 Áp dụng bất ñẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: ( ) ( ) 2 1 2 1 2 2 2 2( )x y x y+ + + ≤ + + và 2 2 2 21 1 3( ) 1. . 2 1 ( 2 ) . 2 22 x y x y x y      + = + ≤ + + =       Suy ra 6 . 2 x y+ ≤ Do ñó 1 2 1 2 4 2 6.x y+ + + ≤ + 0,25 Ta lại có ( ) 2 1 2 1 2 2 2( ) 2 1 2( ) 4x y x y x y xy+ + + = + + + + + + 2 2( ) 2 1 2( ).x y x y≥ + + + + + Mặt khác 2 2 2 2 2 2 21 1 2( ) 2 ( 2 ) . 2 2 2 2 x x y x xy y y x y x y+ = + + ≥ + = + = ⇒ + ≥ Do ñó 1 2 1 2 1 1 2.x y+ + + ≥ + + 0,75 Theo chương trình chuẩn 3,00 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 ( 1;4)N − có pt dạng 2 2( 1) ( 4) 0,( 0).a x b y a b+ + − = + ≠ Ta có ( ). ( , ) . ( , )ABCDAB d AB CD S BC d AD BC= = 2( , ) ( , ) ( , ) ( , )d AB CD d AD BC d E d d M BC= ⇔ = 2 2 4 2 1 4 a b a b − − − ⇔ = + + 2 211 20 4 0b ab a⇔ − − = ⇔ 2b a= hoặc 11 2 .b a=− 0,50 Với 2 ,b a= chọn 1 2.a b= ⇒ = Suy ra : 2 7 0.BC x y+ − = Vì / / :1( 3) 2( 3) 0 2 3 0.AD BD AD x y x y⇒ + + − = ⇔ + − = 0,25 Với 11 2 ,b a=− chọn 11 2.a b= ⇒ =− Suy ra :11 2 19 0.BC x y− + = Vì / / :11( 3) 2( 3) 0 11 2 39 0.AD BD AD x y x y⇒ + − − = ⇔ − + = 0,25 Mặt phẳng (P) có một vtpt (3;12; 3),Pn = −  mp(Q) có một vtpt (3; 4;9).Qn = −  Lấy 1 2( ), ( ),A d B d∈ ∈ suy ra ( 5 2 ;3 4 ; 1 3 ), (3 2 ; 1 3 ;2 4 ).A t t t B s s s− + − − + − − + + 0,25 Suy ra (8 2 2 ; 4 4 3 ;3 3 4 ).AB t s t s t s= − − − + + − +  Nếu AB là ñường thẳng cần tìm thì . 0 . 0. P Q n AB n AB  = =     0,25 Suy ra ( 3; 1;2), (5; 4; 2)1 3 1 2 : . 1 8 3 4(8; 3; 4) A Bt x y zAB s AB  − − − − = + + − ⇒ ⇒ = =  =− − −= − −   0,25 2 Thử thấy các ñiểm A, B không thuộc các mặt phẳng (P), (Q). Vây phương trình ñường thẳng cần tìm là 3 1 2: . 8 3 4 x y zAB + + −= = − − 0,25 3 Tìm số các số …. 1,00 Giả sử lập ñược số 1 2 3 4 5 6x a a a a a a= thoả mãn yêu cầu bài toán. Ta có 1 2 3 4 5 6 1 2 3 1 2 3 4 5 61 2( ) 1 16a a a a a a a a a a a a a a a+ + = + + + ⇒ + + = + + + + + + = 0,25 www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com 4 1 2 3 8.a a a+ + = Các bộ 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 { } { } { } { }1 2 3 4 5 6, , 0;3;5 , , 1;2;4 .a a a a a a= ⇒ = Trường hợp này lập ñược 2.2!.2! (số). Với { } { } { } { }1 2 3 4 5 6, , 1;2;5 , , 0;3;4 .a a a a a a= ⇒ = Trường hợp này lập ñược 3!.2! (số). Với { } { } { } { }1 2 3 4 5 6, , 1;3;4 , , 0;2;5 .a a a a a a= ⇒ = 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 Theo chương trình nâng cao 3,00 VI.b 1 Tìm toạ ñộ các ñiểm B, C ..... 1,00 Ta có 2IA= ⇒ðường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có pt: 2 2( 1) 4.x y+ + = 0,25 Toạ ñộ của các ñiểm B, C cần tìm là nghiệm của hệ pt: 2 2 2 2 1 9 4 ( 1) 4. x y x y  + =  + + = 0,25 2 2 2 ( 1) 4 5 18 9 0 x y x x  + + =⇔ + + = 2 2 33, 5 ( 1) 4 x x x y  − =− =⇔  + + = 0,25 Với 3 0,x y=− ⇒ = suy ra B hoặc C trùng A (loại). 0,25 Với 3 4 6. 5 5 x y−= ⇒ =± Như vậy 3 4 6 3 4 6; , ; 5 5 5 5 B C    − − −            hoặc 3 4 6 3 4 6; , ; . 5 5 5 5 B C    − − −            0,25 2 Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua các ñiểm .... 1,00 Gọi 2 2 2( ; ; ) ( 0)n a b c a b c= + + ≠  là vtpt của mặt phẳng (P), thì vì (P) ñi qua A, B nên n  vuông góc với ( 5; 13;12)AB= − −  5 12 . 0 5 13 12 0 . 13 a c n AB a b c b − +⇒ = ⇒− − + = ⇒ =   0,25 Gọi ϕ là góc giữa mp(P) và mp(Oxz) thì . cos , . n j n j ϕ =     trong ñó (0;1;0)j =  là vtpt của mặt phẳng ( ).Oxz Vậy 2 2 2 cos . b a b c ϕ = + + Nếu 0,b= thì 0cos 0 90ϕ ϕ= ⇒ = có giá trị lớn nhất. 0,25 C1: Nếu 0,b≠ thì 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 cos . 169( )1 1( 5 12 ) a b c a c a c b b a c ϕ = = = + + + + + + − + Ta có: 2 2 2 2 2( 5 12 ) (25 144)( ) 169( ),a c a c a c− + ≤ + + = + nên 01 2cos 45 . 1 1 2 ϕ ϕ≤ = ⇒ ≥ + Dấu " "= xảy ra khi 12 5 .a c− = Chọn 5,a = thì 12c=− và 13.b=− Vậy pt mp(P) là 5( 2) 13 12( 5) 0 5 13 12 70 0.x y z x y z− − − + = ⇔ − − − = C2: 2 2 2 2 2 2 2 5 5 1 cos . 5 2 212 13 13. 12 50 5 b b a b c c b cb c b ϕ = = = ≤ = + + −    + + − +        045 ,Minϕ = khi 12 1313 12 0, 5 c c b a b − − = = . Suy ra ( ) : 5 13 12 70 0.P x y z− − − = 0,50 www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com 5 VII.b Tìm dạng lương giác của số phức 3z 1,00 Ta có: 2 26(1 ) 4( 3 4 ) 6(1 2 ) 4 3 16 4 3 4i i i i i i+ + − = + + + − = − 3 18 2 2 i   = −    8 cos sin 6 6 ipi pi − −   = +          và 2 21 2 2 cos sin . 2 2 4 4 i i iπ π    − − − = − = +      0,50 Do ñó 8 cos sin 6 6 4 2 cos sin 6 4 6 42 cos sin 4 4 i z i i π π π π π π π π     − −   = +              − −     = = + + +          − −   +    34 2 cos sin 128 2 cos sin . 12 12 4 4 i z iπ π π π                    = + ⇒ = +                          0,50 Ghi chú: Câu VI.b2 có thể giải theo cách sau: Vì ( ),A mp Oxz∈ nên mặt phẳng (P) ñi qua AB sẽ cắt mp(Oxz) theo giao tuyến ∆ ñi qua A và nằm trên mặt phẳng (Oxz). Gọi B’ là hình chiếu của B trên mặt phẳng (Oxz) và H là hình chiếu của B trên ∆ thì góc  'BHBϕ= là góc giữa mp(P) và mp(Oxz). Ta có  'tan tan ' , ' BBBHB B H ϕ= = nhưng BB’ không ñổi còn ' ' ,B H B A≤ nên 'tan . ' BB B A ϕ≥ Dấu bằng xảy ra khi H trùng A, tức là góc ϕ có giá trị nhỏ nhất. 0,25 Khi góc ϕ có giá trị nhỏ nhất, ta gọi u  là vtcp của ∆ , thì vì ∆ nằm trong Oxz nên u  vuông góc với vtpt (0;1;0)j =  của Oxz, và u  vuông góc với vectơ (5;13; 12),BA= −  ta chọn [ , ] (12;0;5).u BA j= =    0,25 Mặt khác mp(P) chứa A, B và ∆ , nên vtpt n  của (P) cùng phương với vectơ [ , ] (65; 169; 152).BA u = − −   0,25 Ta chọn lại (5; 13; 12)n= − −  , pt mp(P): 5( 2) 13( 0) 12( 5) 0 5 13 12 70 0.x y z x y z− − − − + = ⇔ − − − = 0,25 Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong ñáp án mà ñúng thì ñược ñủ ñiểm từng phần như ñáp án qui ñịnh. A B B’ H Oxz ∆ n  u  www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com www.VNMATH.com