Giáo án Ngữ văn 8 - Tuần 10 - Trường THCS Lê Hồng Phong

PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa 2 điểm a Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2.. Tìm toạ độ đỉnh C.[r]

Đề và đáp án ôn thi toán 12 A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x3  3(2m  1) x  6m(m  1) x  có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;  Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: cos x(2 cos x  1)  b) Giải phương trình : (3 x  1) x   x  ln Câu III (1 điểm) Tính tích phân I  x3 dx ( e  2) x Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cạnh a, hình chiếu vuông góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách AA’ a Câu V (1 điểm) và BC là Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x  xy  y  Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức x4  y4 1 x2  y2 1 B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I AC nằm trên đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC) Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: ( z  z )( z  3)( z  2)  10 , z  C Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a Trong mp(Oxy) cho điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng () : x  y   cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích P b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 : x  y 1 z  x2 y3 z   d2 :   1 2 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 và d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log x  2)  log x  …… HẾT ĐÁP ÁN Lop12.net Câu I a) Đồ Học sinh tự làm 0,25 y  x3  3(2m  1) x2  6m(m  1) x   y '  x  6(2m  1) x  6m(m  1) b) 0,5 y’ có   (2m  1)  4(m  m)   x  m y'    x  m  Hàm số đồng biến trên 2;   y '  x   m    m  0,25 0,25 điểm Câu II a) Giải phương trình: cos x(2 cos x  1)  PT  cos x(4 cos x  1)   cos x(3  sin x)  0,25 Nhận xét x  k , k  Z không là nghiệm phương trình đã cho nên ta có: 0,25 cos x(3  sin x)   cos x(3 sin x  sin x)  sin x  cos x sin x  sin x  sin x  sin x 2m  x  6 x  x  m2   6 x    x  m2  x    2m  7 0,25 ;mZ 2m  k  2m=5k  m  5t , t  Z  2m  Xét = k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, 7 lZ 2m  2m Vậy phương trình có nghiệm: x  ( m  5t ); x   ( m  7l  ) 7 đó m, t , l  Z Xét b) Giải phương trình : (3 x  1) x   x  x3 PT  2(3 x  1) x   10 x  x  0,25 điểm 0,25 2(3 x  1) x   4(2 x  1)  x  x  Đặt t  x  1(t  0) Pt trở thành 4t  2(3 x  1)t  x  x   Ta có: '  (3 x  1)  4(2 x  x  2)  ( x  3) Pt trở thành 4t  2(3 x  1)t  x  x   Ta có: '  (3 x  1)  4(2 x  x  2)  ( x  3) Lop12.net 0,25 2x  x2 ;t  2 Thay vào cách đăt giải ta phương trình có các nghiệm: Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t  0,5     60  x ;    Câu III ln Tính tích phân I   Ta c ó I   (3 e x  2) 0,25 x 3 ln e dx x = x e (e  2) điểm dx x x Đặt u= e  3du  e dx ; x   u  1; x  ln  u  2  3du 1  =3    4u 4(u  2) 2(u  2) u (u  2) 1 Ta được: I   du  0,25 0,25 1  1  =3  ln u  ln u   2(u  2)  4 3 ln( )  3 Vậy I  ln( )   0,25 Câu IV C’ A’ B’ H C A O M B AM  BC  Gọi M là trung điểm BC ta thấy:   BC  ( A' AM ) A' O  BC  Kẻ MH  AA' , (do A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) BC  ( A' AM )  Do   HM  BC Vậy HM là đọan vông góc chung HM  ( A' AM ) Lop12.net 0,5 AA’và BC, đó d ( AA' , BC)  HM  a Xét tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: A' O HM  AO AH AO.HM a a a   AH 3a 1aa a3 a Thể tích khối lăng trụ: V  A' O.S ABC  A' O.AM.BC  23 12 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  Chứng minh rằng: 3(a  b  c )  4abc  13 0,5  suy A' O  Câu V bc *Trước hết ta chưng minh: f (a, b, c)  f (a, t , t ) :Thật Đặt f (a, b, c)  3(a  b  c )  4abc  13; t  điểm 0,5 Do vai trò a,b,c nên ta có thể giả thiết a  b  c  3a  a  b  c  hay a  f (a, b, c)  f (a, t , t )  3(a  b  c )  4abc  13  3(a  t  t )  4at  13 = 3(b  c  2t )  4a (bc  t ) 2   2(b  c)  (b  c)  3(b  c) 2  a (b  c) = 3b  c    4a bc  = 4     = (3  2a )(b  c)  a  *Bây ta cần chứng minh: f (a, t , t )  với a+2t=3 0,5 Ta có f (a, t , t )  3(a  t  t )  4at  13 2 2 = 3((3  2t )  t  t )  4(3  2t )t  13 = 2(t  1) (7  4t )  2t=b+c < Dấu “=” xảy  t  & b  c   a  b  c  (ĐPCM) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x  xy  y  Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức x4  y4 1 P x  y2 1 Tõ gi¶ thiÕt suy ra:  x  xy  y  xy  xy  xy  ( x  y )  xy  3 xy Lop12.net 0,25 Từ đó ta có   xy  M¨t kh¸c x  xy  y   x  y   xy nªn x  y   x y  xy  ®¨t t=xy Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña  t  2t  P  f (t )  ;  t  t2 TÝnh f ' (t )   1  t      (t  2) t    2(l ) Do hµm sè liªn tôc trªn  0.25 0.25 1  ;1 nªn so s¸nh gi¸ trÞ cña f ( ) , f (  2) 3 , f (1) cho kÕt qu¶: 11 MaxP  f (  2)   , P  f ( )  15 0.25 Câu VIa a) (Học sinh tự vẽ hình) Ta có: AB   1;   AB  Phương trình AB là: x  y   I   d  : y  x  I  t ; t  I là trung điểm AC: C (2t  1;2t ) Theo bài ra: S ABC t   AB.d (C , AB)   6t     t   điểm 0,5 0,5 Từ đó ta có điểm C(-1;0) C( ; ) thoả mãn 3 b) *Từ phương trình đoạn chắn suy pt tổng quát mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 *Gọi H là hình chiếu vuông góc O l ên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên OH // n(2;1;1) ; H   ABC  Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= Giải phương trình: ( z  z )( z  3)( z  2)  10 , z  C PT  z ( z  2)( z  1)( z  3)  10  ( z  z )( z  z  3)  Đặt t  z  z Khi đó phương trình (8) trở thành: Lop12.net 0,25 1 suy H ( ; ; ) 3 3 2 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H là trung điểm OO’  O' ( ; ; ) 3 CâuVIIa điểm 0.25 0,5 điểm 0,25 Đặt t  z  z Khi đó phương trình (8) trở thành t  3t  10  t  2  z  1  i   t   z  1  Vậy phương trình có các nghiệm: z  1 ; z  1  i Câu VIb a) 0,25 0,5 điểm Viết phương trình đường AB: x  y   và AB  0,25 Viết phương trình đường CD: x  y  17  và CD  17 Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: M  (t ;3t  5) Ta tính được: 13t  19 11t  37 d ( M , AB)  ; d ( M , CD)  17 0,25 Từ đó: S MAB  S MCD  d ( M , AB) AB  d ( M , CD).CD 7  t  9  t   Có điểm cần tìm là: M (9; 32), M ( ; 2) 3 0,5 điểm b) Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 hai điểm A và B đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ d  d1 , d  dấu xảy I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung hai đường thẳng d1, d2 Ta tìm A, B :    AB  u    Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)  AB  u '   AB (….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1) 0, 25 0,25 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= Nên có phương trình là:  x    ( y  1)  ( z  1)  CâuVIIb Giải bất phương trình x(3 log x  2)  log x  Điều kiện: x  Bất phương trình  3( x  3) log x  2( x  1) Nhận thấy x=3 không là nghiệm bất phương trình x 1 TH1 Nếu x  BPT  log x  x3 Xét hàm số: f ( x)  log x đồng biến trên khoảng 0;  Lop12.net 0,25 điểm 0.25 0,25 x 1 nghịch biến trên khoảng 3;  x3 f ( x)  f (4)  3 *Với x  :Ta có   Bpt có nghiệm x  g ( x)  g (4)   f ( x)  f (4)  3 * Với x  :Ta có   Bpt vô nghiệm g ( x)  g (4)   g ( x)  TH :Nếu  x  BPT  x 1 log x  x3 0,25 log x đồng biến trên khoảng 0;  x 1 g ( x)  nghịch biến trên khoảng 0;3 x3 f ( x)  f (1)  0 *Với x  :Ta có   Bpt vô nghiệm g ( x)  g (1)   f ( x)  * Với x  :Ta có f ( x)  f (1)  0   Bpt có nghiệm  x  g ( x)  g (1)   x  Vậy Bpt có nghiệm  0  x  0,25 Lop12.net