Đề thi khảo sát đại học khối 12 môn thi: Toán

2.Xác định m để hàm số 1 có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1.. Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt ph[r]

đề thi khảo sát dai hoc khèi 12 Së GD & §T h­ng yªn Trường THPT minh châu M«n thi: To¸n (Thêi gian lµm bµi: 180 phót) Ngµy thi: 10/5/2010 đề bài Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y  x  2mx  m  (1) , với m là tham số thực 1.Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m  2.Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị đồ thị tạo thành tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp Câu II : ( 2, điểm) Giải các phương trình 4sin x.cos3x  4co s3 x.sin 3x  3cos4x  log (x  5x  6)  log (x  9x  20)   log CâuVI:( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 3a , BD = 2a và cắt O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a CâuV :( 2, điểm)   2 TÝnh tÝch ph©n sau: I  cos x.cos x.dx Cho số dương x, y, z thoả mãn : x +3y+5z  Chứng minh rằng: xy 625 z  + 15 yz x  + zx 81 y   45 xyz Câu VI :(2,0 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy), cho đường tròn (C ): 2x  2y  7x   và hai điểm A(-2; 0), B(4; 3) Viết phương trình các tiếp tuyến (C ) các giao điểm (C ) với đường thẳng AB Cho hàm số y  2x  (m  1)x  Tìm các giá trị m cho tiệm cận đồ xm thị hàm số tiếp xúc với parabol y = x2 +5 Câu VII :(1,0 điểm) Cho khai triển  log  3x 1 1   log 9x1       Hãy tìm các giá trị x biết số hạng thứ khai triển này là 224 ***HÕt*** -Chó ý:ThÝ sinh kh«ng ®­îc sö dông tµi liÖu C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh: Lop12.net Sè b¸o danh: Câu I (2điểm) ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang) Nội dung 1.(1 điểm) Khi m  hàm số trở thành: y  x  x  TXĐ: D=  x   Sự biến thiên: y '  x3  x   x  x  1     x  1 yCD  y    0, yCT  y  1  1  Bảng biến thiên x -  y’ y -1 0 + + 0.25 0.25 +  Điểm + + -1 -1 0.25  Đồ thị f x = x4-2x2 -10 -5 10 -2 -4 -6 0.25 -8 x  (1 điểm) y '  x3  4mx  x  x  m     x  m ' Hàm số đã cho có ba điểm cực trị  pt y  có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu x qua các nghiệm đó  m   Khi đó ba điểm cực trị đồ thị hàm số là: A  0; m  1 , B  m ; m  m  , C m ; m  m     Câu II (2,0 điểm)    yB  y A xC  xB  m m ; AB  AC  m  m , BC  m m  m4  m  m  AB AC.BC R 1   m  2m     m   S ABC 4m m  S ABC  (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với phương trình : Phương trình : 4sin x.cos3x  4co s3 x.sin 3x  3 co s4x   4[(1  co s x) sin x.cos3x  (1  sin x)co s x.sin 3x ]  3 co s4x   4[( sin x.cos3x  co s x.sin 3x)  cos x sin x(co sx.cos3x  sin x.sin 3x)]  3 co s4x  Lop12.net 0.25 0.25 0.25 0.25 0,50 1    4[ sin 4x  sin 2x.co s2x ]  3 co s4x    sin 4x  sin 4x   3 co s4x   3sin 4x  3 co s4x       sin 4x  co s4x   sin 4x  co s 4x   sin(4x  )  sin 2             4x    k2  4x    k2  4x    k2  x   24  k     (k  Z)  4x    5  k2  4x    5  k2  4x    k2 x    k      6 0,50 Đáp án Điểm 2.(1,0 điểm) PT log (x  5x  6)  log (x  9x  20)   log (*) + Điều kiện  x  5 :  x  5x     x  3  x  2   4  x  3    x  9x  20   x  5  x  4 , và có : 0,25  x  2  log  log 24 + PT (*)  (x  5x  6)(x  9x  20)  24 log  (x  5x  6)(x  9x  20)   log 24  3  (x  5)  (4  x  3)  (x  2)  (x  5)  (4  x  3)  (x  2) (x  2)(x  3)(x  4)(x  5)  24 (*)  (x  5)  (4  x  3)  (x  2) (**) 2 2 0,25 0,25 + Đặt t  (x  3)(x  4)  x  7x  12  (x  2)(x  5)  t  , PT (*) trở thành : t(t-2) = 24  (t  1)  25  t   t  4  t = : x  7x  12   x  7x     x  1 ( thỏa đkiện (**))  x  6 0,25  t = - : x  7x  12  4  x  7x  16  : vô nghiệm + Kết luận : PT có hai nghiệm là x = -1 và x = - Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Câu III (1,0 điểm) Từ giả thiết AC = 2a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với trung điểm O đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông O và AO = a ; BO = a , đó  A BD  600 Hay tam giác ABD Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng là SO  (ABCD) 0,25 Do tam giác ABD nên với H là trung điểm AB, K là trung điểm HB ta có DH  AB và DH = a ; OK // DH và OK  a DH   OK  AB  AB  2 (SOK) Gọi I là hình chiếu O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) Tam giác SOK vuông O, OI là đường cao Lop12.net 0,25 S 0,25 1 a    SO  2 OI OK SO Diện tích đáy S ABC D  4S ABO  2.OA.OB  3a ; a đường cao hình chóp SO  Thể tích khối chóp S.ABCD: 3a VS ABC D  S ABC D SO  3  IV (1,0 0,25 Cho số dương x, y, z thoả mãn : x +3y+5z  Chứng minh rằng: xy điểm) 625 z  + zx 81 y   15 yz x   45 xyz Bất đẳng thức 4  x  + y  + 25 z   x 25 z 9y 45 36 2 VT  ( x  y  z )  (   )  9(.3 x.3 y.5 z )  x y 5z ( x.3 y.5 z ) §Æt t = 0,25 ( x.3 y.5 z ) ta cã  x  y  5z  ( x.3 y.5 z )     đó t    §iÒu kiÖn < t  XÐt hµm sè f(t)= 9t + 0,25 36 36 36  36t   27t  36t  27 =45 t t t 0,25 DÊu b»ng x¶y khi: t=1 hay x=1; y= Câu V (2,0 điểm) 1 ; z= 0,25 1.(1,0 điểm) 1/ + Đường tròn (C ) : 7 65  2x  2y  7x    x  y  x     x    y  4 16  65 7   (C ) có tâm I  ;0  và bán kính R  4  0,25 x2 y x2  , hay : y  + Giao điểm (C ) với đường thẳng AB có tọa độ là nghiệm hệ PT + Đường thẳng AB với A(-2; 0) và B(4; 3) có phương trình 0,25 Lop12.net  x2  2x  2y  7x   5x(x  2)  2x     7x    x  0; y           x2 x2 x2  x  2; y  y =   y = y =   2 0,50 Vậy có hai giao điểm là M(0; 1) và N(2; 2)    + Các tiếp tuyến (C ) M và N nhận các vectơ IM    ;1 và      IN   ;  làm các vectơ pháp tuyến , đó các TT đó có phương trình là : 4    (x  0)  1(y  1)  , hay : 7x  4y   (x  2)  2(y  2)  , hay : x  8y  18   2x  (m  1)x  Tìm các giá trị m cho tiệm cận đồ thị xm hàm số tiếp xúc với parabol y = x2 +5 2/ Cho hàm số y  2x  (m  1)x  xác định với x  m xm m2  m  Viết hàm số dạng y  2x   m  xm  13 + TH1 : m  m    m  : Có hàm số bậc y  2x   m ( x  m ) : đồ thị không có tiệm cận  13 + TH2 : m  m    m  : Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng (d1) x = -m và tiệm cận xiên là đường thẳng (d2) y = 2x + - m + Đường thẳng (d1) x = - m luôn cắt parabol parabol y = x2 +5 điểm (-m ; m2 +5) ( với  13 m  ) và không thể là tiếp tuyến parabol + Tiệm cận xiên (d2) y = 2x + - m tiếp xúc với parabol y = x2 +5  PT x2 +5 = 2x + - m , hay PT x2 – 2x + +m = có nghiệm kép   '  1-(4 + m) =  m  3 ( thỏa điều kiện) Kết luận : m = -3 là giá trị cần tìm Điểm Hàm số y  VI (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25  log  3x 1 1  x 1  (1,0 điểm) Cho khai triển  2log    Hãy tìm các giá trị x biết số hạng thứ   khai triển này là 224  log  3x 1 1   log2 9x1  2 2    a2 log 9x 1  = 9 x 1 k 8 Ta có :  a  b    C8k a 8 k b k với  7 ; b  k 0    log 3x 1 1  3 x 1  1  + Theo thứ tự khai triển trên , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải Lop12.net 0,25 0,25     khai triển là T6  C85   9x 1      3x 1  1   56  9x 1    3x 1  1     1  x 1 + Theo giả thiết ta có : 56  9x 1    3x 1  1 = 224  x 1    9x 1   4(3x 1  1) 1 1 3x 1  x    3x 1   4(3x 1 )     x 1  3   x  Chý ý học sinh làm cách khác kết quẩ đúng điểm tối đa Hết - Lop12.net 0,25 0,25