tranh vật lý 9 vật lý 9 trần anh mạnh thư viện tư liệu giáo dục

Tìm giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện SAHK.. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC..[r]

Sở GD&ĐT hng yên Trờng THPT minh ch©u

đề thi khảo sát ban khTN lần 1 Năm học 2010 – 2011

M«n: To¸n – Khèi 12

Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian phát đề ) Cõu I: ( 2.5 điểm )

Cho hàm số y =

2

2 x x



  C

1) Khảo sát vẽ đồ thị  C hàm số:

2) Một đường thẳng d cú hệ số gúc k = -1 qua M( O,m) Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị  C điểm phõn biệt A B cho độ dài AB

Câu II: ( 2,0 điểm )

1 Giải phương trình : (sin 2x + cos 2x) cosx + 2cos2x sin x =

2 Giải hệ phơng tr×nh:

2 1 3

1 3

x y xy y

xy x y

   



  



Cõu III: ( 1,0 điểm ) Tỡm giỏ trị lớn giỏ trị nhỏ hàm số :y  x 2 x2 Cõu IV:(2.5 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD hỡnh vuụng cạnh a, mặt bờn SAB tam giác vng góc với đáy.Gọi H trung điểm AB M điểm di động đờng thẳng BC

1)Chứng minh r»ng SH (ABCD) tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a 2)T×m q tích hình chiếu vuông góc S DM

3)Đặt CM=x.Tính khoảng cách từ S đến DM theo a x

Câu V (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, choABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 0 phân giác CD: x y 1 0 Viết phương trình đường thẳng BC

Câu VI(1,0 điểm) Cho x0,y0 thỏa mãn x y  1 3xy Tìm giá trị lớn biểu thức

2

3 1

( 1) ( 1)

x y

M

y x x y x y x y

     

  

Hết

-Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

IV (1,0 điểm)

Cho số dơng x, y, z thoả mÃn : x +3y+5z Chøng minh r»ng: xy √625z4

+4 + zx √81y4+4+15 yz√x4+4 45√5 xyz Bất đẳng thức

⇔ √x2+

x2 + √9y

+

9y2 + √25z

+

25z2 √45

VT x+

2 3y+

2 5z ¿

x+3y+5z¿2+¿ ¿

√¿

x 3y 5z √3¿2

¿ x 3y 5z¿2

¿ ¿

√¿ 9¿ √¿

0,25

Đặt t = x 3y 5z¿

¿

3

√¿

ta cã √3(x 3y.5z)≤(x+3y+5z

3 )

3

=1 do t 0,25

§iỊu kiƯn < t 1 XÐt hµm sè f(t)= 9t + 36

t

36 36

36t 27t 36 t 27

t t

    

=45 0,25

DÊu b»ng x¶y khi: t=1 hay x=1; y=

3 ; z=

5 0,25

Tìm m để hệ phương trình:

3

2 2

3

1

x y y x

x x y y m

     

 

     



 có nghiệm thực.

2/

3

2 2

3 (1)

1 (2)

x y y x

x x y y m

     

 

     

 

Điều kiện:

2

2

1 1

0

2

x x

y y y

     





 

 

  

 

Đặt t = x + t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3 3y2

Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến đoạn [0; 2] nên:

(1)  t = y y = x +  (2)  x2  1 x2 m0

Hàm số g(v) = v2 + 2v

 đạt 0;1 0;1

min ( ) 1; m ( )

[ ] g v  [ ax] g v  Vậy hệ phương trình có nghiệm ch m

Giải hệ phơng trình:

¿

x4−4x2+y2−6y+9=0 x2y

+x2+2y −22=0 ¿{

¿

* Hệ phơng trình tơng đơng với

y −3¿2=4 ¿

(x2+2)y+x2−22=0 ¿

x2−2 ¿2+¿ ¿ ¿

2 2

2

( 2) ( 3)

( 4)( 3) 20

x y

x y x

    

 

        



Dat

2 2

3

x u

y v

   

 

* Thay vào hệ phơng trình ta có:

2 4

4( ) u v

u v u v    

  



2 u v

  



 hc u v

  

 

vào cách đặt ta đợc nghiệm hệ :

2 x y

  



 ;

2 x y

  



 ;

2 x y    

 

 ;

2 x y    

 

trờng thpt minh châu đáp án đề thi thử đại học lần năm học 2010- 2011 Môn thi: tốn

Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề

C©u Nội dung Điểm

I

2.0đ 1.25đ

Hµm sè y =

2x x



 cã :

- TX§: D = R\ {2} - Sù biÕn thiªn:

+ ) Giới hạn : Lim y 2x   Do ĐTHS nhận đờng thẳng y = làm TCN

, x x

lim y ; lim y

 

 

  

Do ĐTHS nhận đờng thẳng x = làm TCĐ +) Bảng biến thiên:

Ta cã : y’ =  

2

1 x 



< x D

Hàm số nghịch biến khoảng ;2 hàm số cực trị - Đồ thị

+ Giao điểm với trục tung : (0 ;

3 2)

+ Giao ®iĨm víi trơc hoµnh : A(3/2; 0)

- ĐTHS nhận điểm (2; 2) làm tâm đối xứng

0,25

0,25

0,25

0,5

2 (0,75 điểm)

Phơng trình đờng thẳng qua M(0;m) có hsg k=-1 có PT: y=-x+m(d)

Hồnh độ giao điểm đồ thị (C ) đường thẳng d nghiệm phương trình

0,25 y’

y

x   

-

 

2

-2

2

2

8

6

4

2

-2

-4

2

2

2 (1)

x x

x m

x x mx m

  

   

     

§Ĩ đường thẳng d cắt đồ thị  C điểm phân biệt A B PT (1) phải có nghiệm phân biệt khác 

2

2

4(2 3) 12

( ;2) (6; ) 2 0,

m m m m

m

m m m

                      

 th× đường thẳng d ln

ln cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B

0,25

Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(xA – xB)2 =

2[(xA +xB)2 -4xA.xB] =2[m2-4(2m-3)]=2(m2-8m+12)=24

2

m 8m

8 m m        

 (Tm)

0,25

II (2 điểm)

1 (1 điểm)

Phương trình cho tương đương với (sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x – sinx =

 cos2x (cosx + 2) + sinx (2cos2x – 1) = 0  cos2x (cosx + 2) + sinx.cos2x =

0,5

 cos2x (cosx + sinx + 2) =



cos2x (1)

cosx sinx (VN) 



   



0,25

(1)2x = k 

 

 x = k

 



(k  Z)

0,25

II 22

2 1 3

1 x y xy y xy x y

   



  

 NhËn thÊy y0,viÕt hƯ thµnh:

2 3 x x y y x x y y            Đặt : u x y x v y          

HƯ trë thµnh

2 3 u v u v      

 , giải hệ ta đợc : u=2,v =1 u=-3, v=6

0.25 0.25 TH1: 2 1 x u x y v y x y                       TH2: 3

6

6 x

u x y

y

v y y

x y                       

 vô nghiệm

Va

1,00 Điểm C CD x y :   0  C t ;1 t

Suy trung điểm M AC

1 ; 2

t t

M   

  0,25

Điểm  

1

: 2 7;8

2

t t

MBM x y           t  C   

0,25

0,25 Từ A(1;2), kẻ AK CD x y:   1 0 I (điểm K BC ).

Suy AK:x1  y 2  0 x y  1 0 Tọa độ điểm I thỏa hệ:  

1

0;1

x y

I x y

   

 

  



Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK  tọa độ K1;0. Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình:

1

4

x y

x y 

    

  0,25

Câu VI (1 i m)đ ể

Theo giả thiết, ta có 3xy 1 x y2 xy Đặt t xy  3t t   1 t1 0.25

Ta có

2 2

2

3 3 ( 1) ( 1) 36 27

( 1) ( 1) ( 1)

x y x y y x t t

y x x y xy xy x y t

    

   

    

2 2

2 2 2

1 (3 1) 36 32

4

x y t t t t

x y x y t t

     

    

0.25

Theo Cô si

2

1 1 1

2

2

t M

x y xy t



    



0.25

Xét

5 ( )

4 t f t

t

 

[1;+ ) suy max

3

1

2

V

Ta có:

3

3

2

3

3

16 64

2 3

a a b a a

b b



   

  (1)

3

3

2

3

3

16 64

2 3

b b c c c

c c



   

  (2)

3

3

2

3

3

16 64

2 3

c c a c c

a a



   

  (3)

Lấy (1)+(2)+(3) ta được:

 

2 2

2 2

9

16

a b c

P     a b c (4) Vì a2+b2+c2=3

Từ (4)

3 P

 

giá trị nhỏ

3 P a=b=c=1 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ Câu 8: (1,0đ) Đặt

2 2( ) 2( )

3

t   x y z t   xy yz zx   xy yz zx   t

Ta có

 2

2 2 2 2

2

4

3( )

3

3

x y z x y z x y z t t

A t t

             

  

0,25

Xét h m s ố

2

( )

3

f t t t    ;2       2

3 3

'( )

3

t

f t t t

t t



     

Hàm số f(t) đồng biến

2 ;2

 

 

 

25 ( ) (2)

6

f t f 

Dấu đẳng thức xảy t=2

0,5

Do ó đ

25 A

Dấu “=” xảy

 2 3( 2 2)

3

x y z x y z x y z

x y z

                

Vậy giá trị lớn A

25

0,25

a Chứng minh : AK (SBC SB), (AHK)