Tham khảo 6 Đề thi khảo sát chất lượng Toán 12 với nội dung liên quan đến: đồ thị hàm số, tính tích phân, mặt phằng toạ độ, không gian toạ độ,...phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ I MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 21/03/2010 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) m Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x m x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho với m = Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu cho hai điểm cực trị đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + = khoảng Câu II (2,0 điểm) cos x cos x 1 Giải phương trình 1 sin x sin x cos x Giải phương trình x2 x x x x2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân (x ¡ ) x 3 dx x 1 x Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N điểm di động cạnh AB, AC cho DMN ABC Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x y Chứng minh rằng: x y 3xy Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x y 16 z x y z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật Trong khơng gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = hai đường thẳng x 1 y 1 z x2 y2 z d1: , d2: 1 2 Viết phương trình đường thẳng d vng góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d 1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết phương trình đường trịn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG x y z 1 Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: mặt phẳng (P): x + y + z + = 1 Gọi M giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng nằm mặt phẳng (P), vng góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới 42 log y x log y Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( x, y ¡ ) 2 x y 25 -Hết - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1,0 x2 a) Tập xác định: D ¡ \ 2 Với m =1 y x 0.25 b) Sự biến thiên: y' 1 x 2 x2 4x x 2 x , y' x 0.25 lim y , lim y , lim y ; lim y , x x 2 x x 2 lim y ( x 1) ; lim y ( x 1) x x Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – Bảng biến thiên x - y’ + – – + + + + y 0.25 - - Hàm số đồng biến khoảng ;1 , 3; ; hàm số nghịch biến khoảng 1;2 , 2;3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = x = 1; yCT = x = c) Đồ thị: 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2 1.0 m ; ( x 2) Hàm số có cực đại cực tiểu phương trình (x – 2)2 – m = (1) có hai nghiệm phân biệt khác m x m y1 m m Với m > phương trình (1) có hai nghiệm là: x2 m y m m Với x ta có y’ = 1- Hai điểm cực trị đồ thị hàm số A( m ; m m ) ; B( m ; m m ) Khoảng cách từ A B tới d nên ta có phương trình: 2m m 2m m m m Đối chiếu điều kiện m = thoả mãn tốn Vậy ycbt m = 0.25 0.25 0.25 0.25 II 2.0 Giải phương trình cos x cos x 1 sin x cos x 1 sin x 1.0 ĐK: sin x cos x 0.25 Khi PT 1 sin x cos x 1 1 sin x sin x cos x 1 sin x 1 cos x sin x sin x.cos x 0.25 1 sin x 1 cos x 1 sin x sin x 1 cos x 1 (thoả mãn điều kiện) x k 2 x m2 k, m Z 0.25 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x Giải phương trình: 0.25 k 2 x m 2 x2 x x 2x x2 (x ¡ ) 3 x x PT 2 7 x x x x x 3 x x x x 2( x 2) 3 x x x2 x 2 x 1.0 0.25 0.25 2 x x 1 x 16 x 1 Vậy phương trình cho có nghiệm x = - - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I k, m Z 0.25 0.25 3 III Tính tích phân Đặt u = x 3 dx x 1 x x u x u x 2udu dx ; đổi cận: x u Ta có: 1.0 2 0.25 x3 2u 8u 0 x x 3dx 1 u 3u 2du 1 (2u 6)du 61 u 1du 0.25 2 u 6u ln u 1 0.25 3 ln 0.25 IV 1.0 D Dựng DH MN H Do DMN ABC DH ABC mà D ABC tứ diện nên H tâm tam giác ABC B C 0.25 N H M A 3 Trong tam giác vuông DHA: DH DA AH Diện tích tam giác AMN S AMN 2 0.25 AM AN sin 600 xy Thể tích tứ diện D.AMN V S AMN DH xy 12 Ta có: S AMN S AMH S AMH 0.25 1 xy.sin 600 x AH sin 300 y AH sin 30 2 x y 3xy V 0.25 1.0 Trước hết ta có: x y x y (biến đổi tương đương) x y x y Đặt x + y + z = a Khi x y 4P a 64 z 3 a z a 64 z 3 0.25 1 t 64t z (với t = , t ) a 0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 Có f '(t ) 64t 1 t , f '(t ) t 0;1 0.25 Lập bảng biến thiên Minf t t 0;1 64 16 GTNN P đạt x = y = 4z > 81 81 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 0.25 VI.a 2.0 1.0 Do B giao AB BD nên toạ độ B nghiệm hệ: 21 x x y 1 21 13 B ; 5 x y 14 y 13 Lại có: Tứ giác ABCD hình chữ nhật nên góc AC AB góc AB uuur uuur uuur BD, kí hiệu n AB (1; 2); nBD (1; 7); n AC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) VTPT uuur uuur uuur uuur đường thẳng AB, BD, AC Khi ta có: cos n AB , nBD cos nAC , n AB a b 2 2 a 2b a b a 8ab b a b - Với a = - b Chọn a = b = - Khi Phương trình AC: x – y – = 0, x y 1 x A = AB AC nên toạ độ điểm A nghiệm hệ: A(3; 2) x y 1 y Gọi I tâm hình chữ nhật I = AC BD nên toạ độ I nghiệm hệ: x x y 1 7 5 I ; 2 x y 14 y 14 12 Do I trung điểm AC BD nên toạ độ C 4;3 ; D ; 5 5 - Với b = - 7a (loại AC khơng cắt BD) 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 x 1 2t x m Phương trình tham số d1 d2 là: d1 : y 3t ; d : y 2 5m z t z 2 m Giả sử d cắt d M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ; - 2m) uuuur MN (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t) 3 m 2t k uuuur uur uur Do d (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN k n p 3 5m 3t k có nghiệm 2 2m t 5k 0.25 0.25 0.25 m Giải hệ tìm t x 2t Khi điểm M(1; 4; 3) Phương trình d: y t thoả mãn toán z 5t - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 0.25 VII.a Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n N thỏa mãn phương trình 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = n N Điều kiện: n 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = log4(n – 3)(n + 9) = n (n – 3)(n + 9) = 43 n2 + 6n – 91 = n 13 (thoả mãn) (không thoả mãn) 0.25 Vậy n = Khi z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1 i 1 i 1 i (2i) (1 i ).( 8i) 8i 0.25 Vậy phần thực số phức z 0.25 VI.b 2.0 1.0 Giả sử B ( xB ; yB ) d1 xB yB 5; C ( xC ; yC ) d xC 2 yC xB xC yB yC 0.25 Từ phương trình ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) uuur uuur Ta có BG (3; 4) VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – = 0.25 Vì G trọng tâm nên ta có hệ: Bán kính R = d(C; BG) = 81 phương trình đường trịn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 25 0.25 0.25 1.0 Ta có phương trình tham số d là: x 2t y 2 t toạ độ điểm M nghiệm hệ z 1 t x 2t y 2 t (tham số t) z 1 t x y z 0.25 M (1; 3; 0) uur uur Lại có VTPT của(P) nP (1;1;1) , VTCP d ud (2;1; 1) uur uur uur Vì nằm (P) vng góc với d nên VTCP u ud , nP (2; 3;1) uuuur Gọi N(x; y; z) hình chiếu vng góc M , MN ( x 1; y 3; z ) uuuur uur Ta có MN vng góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = x y z Lại có N (P) MN = 42 ta có hệ: x y z 11 ( x 1)2 ( y 3)2 z 42 Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) N(- 3; - 4; 5) x 5 x3 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt : Nếu N(5; -2; -5) ta có pt : - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I y2 3 y4 3 z 5 z 5 0.25 0.25 0.25 VII.b log y x log y Giải hệ phương trình 2 x y 25 1.0 ( x, y ¡ ) y x y Điều kiện: 0.25 yx yx log y x log y 1 log y 1 y Hệ phương trình x y 25 x y 25 x y 25 0.25 x 3y x 3y x 3y 25 2 x y 25 9 y y 25 y 10 0.25 15 ; x; y 10 10 15 ; x; y 10 10 (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) 0.25 Vậy hệ phương trình cho vơ nghiệm Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà điểm phần đáp án quy định - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ I MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 21/03/2010 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) m Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x m x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho với m = Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu cho hai điểm cực trị đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + = khoảng Câu II (2,0 điểm) cos x cos x 1 Giải phương trình 1 sin x sin x cos x Giải phương trình x2 x x x x2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân (x ¡ ) x 3 dx x 1 x Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N điểm di động cạnh AB, AC cho DMN ABC Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x y Chứng minh rằng: x y 3xy Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x y 16 z x y z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật Trong khơng gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = hai đường thẳng x 1 y 1 z x2 y2 z d1: , d2: 1 2 Viết phương trình đường thẳng d vng góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d 1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết phương trình đường trịn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG x y z 1 Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: mặt phẳng (P): x + y + z + = 1 Gọi M giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng nằm mặt phẳng (P), vng góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới 42 log y x log y Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( x, y ¡ ) 2 x y 25 -Hết - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1,0 x2 a) Tập xác định: D ¡ \ 2 Với m =1 y x 0.25 b) Sự biến thiên: y' 1 x 2 x2 4x x 2 x , y' x 0.25 lim y , lim y , lim y ; lim y , x x 2 x x 2 lim y ( x 1) ; lim y ( x 1) x x Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – Bảng biến thiên x - y’ + – – + + + + y 0.25 - - Hàm số đồng biến khoảng ;1 , 3; ; hàm số nghịch biến khoảng 1;2 , 2;3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = x = 1; yCT = x = c) Đồ thị: 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2 1.0 m ; ( x 2) Hàm số có cực đại cực tiểu phương trình (x – 2)2 – m = (1) có hai nghiệm phân biệt khác m x m y1 m m Với m > phương trình (1) có hai nghiệm là: x2 m y m m Với x ta có y’ = 1- Hai điểm cực trị đồ thị hàm số A( m ; m m ) ; B( m ; m m ) Khoảng cách từ A B tới d nên ta có phương trình: 0.25 0.25 0.25 2m m 2m m m m Đối chiếu điều kiện m = thoả mãn toán Vậy ycbt m = 0.25 II 2.0 Giải phương trình cos x cos x 1 sin x cos x 1 sin x 1.0 ĐK: sin x cos x 0.25 Khi PT 1 sin x cos x 1 1 sin x sin x cos x 1 sin x 1 cos x sin x sin x.cos x 0.25 1 sin x 1 cos x 1 sin x sin x 1 cos x 1 (thoả mãn điều kiện) x k 2 x m2 k, m Z 0.25 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x Giải phương trình: 0.25 k 2 x m 2 x2 x x 2x x2 (x ¡ ) 3 x x PT 2 7 x x x x x 3 x x x x 2( x 2) 3 x x x2 x 2 x 1.0 0.25 0.25 2 x x 1 x 16 x 1 Vậy phương trình cho có nghiệm x = - - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I k, m Z 0.25 0.25 Câu Nội dung Điểm Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 3x2 + + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x2 6x = x = x = Hàm số đồng biến trên: (; 0) (2; +) Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT xCT = 2, yCT = y” = 6x = x = Đồ thị hàm số lồi (; 1), lõm (1; +) Điểm uốn (1; 2) 0.25 4 Giới hạn tiệm cận: lim y lim x 1 x x x x 0.25 LËp BBT: x ∞ y’ + +∞ + + 0.25 y I Đồ thị: y 0.25 O x x 2/ Ta có: y’ = 3x2 6mx = x 2m Để hàm số có cực đại cực tiểu m uuur Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0) AB (2m; 4m ) Trung điểm đoạn AB I(m; 2m 3) 0.25 0.25 Điều kiện để AB đối xứng qua đường thẳng y = x AB vng góc với đường thẳng y = x I thuộc đường thẳng y = x 0.25 2m 4m 2m m Giải ta có: m ;m=0 0.25 Kết hợp với điều kiện ta có: m 2/ Đk: x k 2 0.25 Phương trình cho tương đương với: tg x 2cotg x sin x 2(sin x cos x) 3tg2 x 2cotg x sin x cos x 0.25 3tg2 x 2tg x tg x x k tg x x k II 0.25 KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x x y y 3x 2/ 2 x x y y m k ; kZ 0.25 (1) (2) 0.25 1 x 1 x Điều kiện: y y 0 y Đặt t = x + t[0; 2]; ta có (1) t3 3t2 = y3 3y2 Hàm số f(u) = u3 3u nghịch biến đoạn [0; 2] nên: (1) y = y y = x + (2) x x m 0.25 0.25 Đặt v x v[0; 1] (2) v2 + 2v = m Hàm số g(v) = v2 + 2v đạt g (v ) 1; m ax g (v ) [ 0;1] [ 0;1] Vậy hệ phương trình có nghiệm 1 m 0.25 x t 1/ Đường thẳng () có phương trình tham số là: y 1 2t ; t R z t 0.25 Gọi tâm mặt cầu I Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)() Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) khoảng nên: t | 2t 2t 2t | | 6t | d ( I ; ) 3 3 t 0.25 8 17 Có hai tâm mặt cầu: I ; ; vµ I ; ; 3 3 3 7 0.25 Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường trịn có bán kính nên mặt cầu có bán kính R = Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: III 2 2 2 1 8 7 17 1 x y z 25 vµ x y z 25 3 3 3 3 3 3 r 2 x y 2/ Đường thẳng () có VTCP u (1;2;1) ; PTTQ: x z r Mặt phẳng (P) có VTPT n (2; 1; 2) Góc đường thẳng () mặt phẳng (P) là: sin | 2 | 3 0.25 0.25 0.25 Góc mặt phẳng (Q) mặt phẳng (Q) cần tìm cos Giả sử (Q) qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z 2) = (m 2+ n2 > 0) (2m + n)x + my + nz + m 2n = | 3m | Vậy góc (P) (Q) là: cos 3 5m 2n 4mn m2 + 2mn + n = (m + n)2 = m = n Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y z + = 0.25 0.25 1/ Phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ x = là: y = 4x IV 0.25 2 Thể tích vật thể trịn xoay cần tìm là: V x dx (4 x 4) dx 0 16 x5 16 = ( x 1)3 15 5 0.5 1 2/ Ta có: (1 xy ) (1 yz ) (1 zx) 9 xy yz zx 0.25 P 9 xy yz zx x y z 0.25 P 0.25 Vậy GTNN Pmin = V x = y = z 0.25 1/ Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = (A2 + B2 > 0) () tiếp tuyến (E) 8A2 + 6B2 = C2 (1) () tiếp tuyến (P) 12B2 = 4AC 3B2 = AC (2) 0.25 Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A C = 2A Với C = 2A A = B = (loại) 0.25 2A Đường thẳng cho có phương trình: Với C = 4A B Ax y40 12 12 12 1 Ta có: x 1 1 x (1)12 k C12k x x x x k 0 12 12 k ( 1) k C12k k 0 12 i 0 k 12 k (1) 0.25 k 0.25 i 12 k 12 k k i k 4 i i x (1) C12Ck x x k 0 i 0 k i x Cki 0.25 2A y 4A x y40 3 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: x V 0.25 0.25 C12k Cki x k 5i k 0 i 0 Ta chọn: i, k N, i k 12; 4k 5i = i = 0, k = 2; i = , k = 7; i = 8, k 12 0.25 12 Vậy hệ số cần tìm là: C122 C20 C127 C74 C12 C12 27159 0.25 Sở GD & ĐT Thanh Hoá Trường THPT Lê Văn Hưu ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 MƠN TỐN KHỐI B D Tháng 03/2010 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm) x Cho hàm số y = (C) x-1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết khoảng cách từ tâm đối xứng đồ thị (C) đến tiếp tuyến lớn Câu II (2.0 điểm) Giải phương trình 2cos6x+2cos4x- 3cos2x = sin2x+ 2 x x y 2 Giải hệ phương trình y y x y 2 Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân (x sin x x )dx 1 x Câu IV (1.0 điểm) Cho x, y, z số thực dương lớn thoả mãn điều kiện 1 2 x y z Tìm giá trị lớn biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1) Câu V (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình thoi SA = x (0 < x < ) cạnh lại Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo x PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh làm hai phần A B (Nếu thí sinh làm hai phần không dược chấm điểm) A Theo chương trình nâng cao Câu VIa (2.0 điểm) 1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = (d2): 4x + 3y - 12 = Tìm toạ độ tâm bán kính đường trịn nội tiếp tam giác có cạnh nằm (d1), (d2), trục Oy Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh Gọi M trung điểm đoạn AD, N tâm hình vng CC’D’D Tính bán kính mặt cầu qua điểm B, C’, M, N Câu VIIa (1.0 điểm) log3 ( x 1)2 log ( x 1)3 Giải bất phương trình 0 x 5x B Theo chương trình chuẩn Câu VIb (2.0 điểm) Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) đường thẳng (d): x - y - = Lập phương trình đường trịn qua điểm A, B tiếp xúc với đường thẳng (d) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; ; 2) mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + = Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, B vng góc với (Q) Câu VIIb (1.0 điểm) Giải phương trình Cxx 2C xx 1 Cxx C x2x23 ( Cnk tổ hợp chập k n phần tử) HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh số báo danh Sở GD & ĐT Thanh Hoá Trường THPT Lê Văn Hưu ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 MƠN TỐN KHỐI B - D Tháng 03/2010 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU Câu I (2.0đ) (1.0đ) NỘI DUNG TXĐ : D = R\{1} Chiều biến thiên lim f ( x) lim f ( x) nên y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số x THANG ĐIỂM 0.25 0.25 x lim f ( x) , lim nên x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số x 1 x 1 y’ = 0 ( x 1)2 Bảng biến thiên x 0.25 - + - y' - + y - Hàm số nghịc biến (;1) (1; ) Hàm số khơng có cực trị Đồ thị.(tự vẽ) Giao điểm đồ thị với trục Ox (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 2.(1.0đ) Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến lớn x Phương trình tiếp tuyến M có dạng : y ( x x0 ) ( x0 1) x0 0.25 0.25 x02 x y 0 ( x0 1) ( x0 1) Ta có d(I ;tt) = 1 Xét hàm số f(t) = 0.25 x0 1 ( x0 1) 2t 1 t4 (t 0) ta có f’(t) = (1 t )(1 t )(1 t ) (1 t ) t f’(t) = t = Bảng biến thiên từ bảng biến thiên d(I ;tt) lớn t = hay 0.25 x + f'(t) + - ta c f(t) x0 x0 x0 + Với x0 = ta có tiếp tuyến y = -x + Với x0 = ta có tiếp tuyến y = -x+4 0.25 Câu 4cos5xcosx = 2sinxcosx + cos2x II(2.0đ) cos x=0 (1.0đ) 2cos5x =sinx+ cos x 0.25 0.25 0.25 cos x cos5x=cos(x- ) x k k x 24 x k 2 42 2.(1.0đ) ĐK : y 2 x x y hệ đưa hệ dạng x20 y y u v u v u v u v 1 3 2v v u u , 1 v (-1 ;-1),(1 ;1), ( Câu III (1.0đ) x dx 1 x I x sin x dx 0.5 2u u v 2v v u 0.5 Từ ta có nghiệm hệ 3 u v 1 3 3 ; ), ( ; ) 2 1 1 0.25 0.25 0.25 Ta tính I1 = x sin x3 dx đặt t = x3 ta tính I1 = -1/3(cos1 - sin1) Ta tính I2 = x 0 x dx đặt t = x ta tính I2 = (1 Từ ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+ ) dt 2(1 ) 1 t 0.25 0.25 0.25 1 Câu IV Ta có x y z nên (1.0đ) 0.25 1 y 1 z 1 ( y 1)( z 1) 1 1 2 (1) x y z y z yz Tương tự ta có 1 x z 1 ( x 1)( z 1) 1 1 2 (2) y x z x z xz 1 x 1 y ( x 1)( y 1) 1 1 2 (3) y x y x y xy Nhân vế với vế (1), (2), (3) ta ( x 1)( y 1)( z 1) 0.25 0.25 Amax = Câu V (1.0đ) x yz 0.5 Ta có SBD DCB (c.c.c) SO CO Tương tự ta có SO = OA tam giác SCA vuông S S CA x Mặt khác ta có AC BD AB BC CD AD BD x (do x 3) S ABCD x2 x2 C D H O B A Gọi H hình chiếu S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD H CO 0.25 1 x SH 2 SH SC SA x2 Vậy V = x x ( dvtt) 0.25 Mà Câu VIa (2.0đ) 0.5 Gọi A giao điểm d1 d2 ta có A(3 ;0) Gọi B giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) (1.0đ) 0.5 Gọi BI đường phân giác góc B với I thuộc OA ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 (1.0đ) Câu VIIa (1.0đ) 1.0 Chọn hệ trục toạ độ hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu qua điểm C' M,N,B,C’ có dạng x2 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D = Vì mặt cầu qua điểm nên ta có A 1 A D B 2C D B 8 A 4C D 8 B 4C D C C D Z Vậy bán kính R = Đk: x > - Y D' A' B' N M D A B A2 B C D 15 0.25 3log ( x 1) log 0 ( x 1)( x 6) 2log ( x 1) bất phương trình log ( x 1) 0 x6 0 x6 Giả sử phương trình cần tìm (x-a)2 + (x-b)2 = R2 Câu VIb (2.0đ) (1.0đ) (1.0đ) Câu VIIb (1.0đ) X 0.25 0.25 0.25 0.25 Vì đường trịn qua A, B tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình (1 a ) b R 2 (1 a ) (2 y ) R ( a b 1) R 0.25 a b R2 Vậy đường trịn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = uuur uur uuur uur Ta có AB(1;1;1), nQ (1; 2;3), AB; nQ (1; 2;1) uuur uur r uuur uur Vì AB; nQ nên mặt phẳng (P) nhận AB; nQ làm véc tơ pháp tuyến Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - = 2 x ĐK : x N 0.5 1.0 1.0 Ta có Cxx Cxx 1 C xx 1 C xx C x2x23 Cxx1 C xx11 Cx2x23 C xx C x2x23 (5 x)! 2! x Chú ý: Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định Gửi: http//laisac.page.tl TRƯỜNG THPT ĐƠNG SƠN KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010 (LẦN 1) MƠN THI: TỐN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x − x + mx (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số đối xứng qua đường thẳng d: x – 2y – = Câu II: (3 điểm) ⎧ x + y + x y = + xy Giải hệ phương trình: ⎨ 2 ⎩ x + x y + xy = xy + y + Giải bất phương trình: x + (x − 11).2 x − 8(x − 3) ≥0 log x − x x − cos ) = cos x + sin x 2 Câu III: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có độ dài cạnh đáy a Gọi M N trung điểm cạnh SB SC Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết mặt phẳng (AMN) vng góc với mặt phẳng (SBC) Giải phương trình: 3(sin x cos x − Câu IV: (1 điểm) Tính giới hạn: lim x →0 x2 Câu V: ( điểm) Cho a, b, c số thực dương thoả mãn: a + b + c = Chứng minh 1 4 + + ≥ + + a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 PHẦN RIÊNG (2 điểm) Thí sinh làm hai phần: Phần Phần PHẦN 1:(Theo chương trình Chuẩn) Câu VI.a: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 2), B(1; 6) đường tròn (C): ( x − 2) + ( y − 1) = Gọi V(A, k) phép vị tự tâm A tỉ số k cho V(A, k) biến đường tròn (C) thành đường tròn (C’) qua B Tính diện tích ảnh tam giác OAB qua V(A, k) n ⎛1 x⎞ Câu VII.a: (1điểm) Cho khai triển ⎜ + ⎟ = a0 + a1 x + a2 x + + an x n Tìm số lớn ⎝2 3⎠ số a0 , a1 , a2 , , an biết n số tự nhiên thỏa mãn Cn2 Cnn−2 + 2Cnn−2 Cnn−1 + Cn1Cnn−1 = 11025 PHẦN 2: (Theo chương trình Nâng cao) Câu VI.b: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm đường thẳng d1 : x − y − = d : x + y − = Trung điểm cạnh giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật x − 3x + Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) x −1 cho tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận (C) nhỏ ***Hết*** -Chú ý: Thí sinh dự thi khối B D làm câu V Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: TRƯỜNG THPT ĐƠNG SƠN I KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010(LẦN 1) HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN - Điểm tồn khơng làm trịn - Học sinh làm cách khác điểm tối đa - Nếu học sinh làm hai phần phần riêng khơng tính điểm phần tự chọn - Thí sinh dự thi khối B, D làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 câu III 1,5 điểm Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát hàm số 1,00 * Với m = y = x − 3x Tập xác định: R 0,25 Sự biến thiên: 3 a) Giới hạn: lim y = lim (x − 3x ) = −∞, lim y = lim (x − 3x ) = +∞ x → −∞ x → −∞ x → +∞ x → +∞ b) Bảng biến thiên: y’=3x – 6x, y’ = ⇔ x = 0, x = x -∞ y' + 0 + +∞ +∞ 0,25 y -∞ -4 - Hàm số đồng biến (- ∞ ; 0) (2; + ∞ ), nghịch biến (0; 2) - Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = 0, đạt cực tiểu x = 2, yCT = - Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung (0; 0), giao với trục hoành (0; 0),(3; 0) Nhận điểm uốn I(1; - 2) làm tâm đối xứng 0,25 y O x 0,25 -2 -4 I.2 Tìm giá trị tham số m Ta có y = x − 3x + mx, y' = 3x − x + m Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu y’ = có hai nghiệm phân biệt ⇔ Δ ' = − 3m > ⇔ m < 1,00 0,25 1⎞ ⎛2 ⎞ ⎛1 Ta có: y = ⎜ x − ⎟y'+⎜ m − ⎟x + m 3⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝3 Tại điểm cực trị y’ = 0, tọa độ điểm cực trị thỏa mãn phương trình ⎞ ⎛2 y = ⎜ m − ⎟x + m Như đường thẳng Δ qua điểm cực trị có phương 0,25 ⎠ ⎝3 ⎞ ⎛2 trình y = ⎜ m − ⎟x + m , nên có hệ số góc k1 = m − 3 ⎠ ⎝3 x − suy d có hệ số góc k2 = 2 Để hai điểm cực trị đối xứng qua d ta phải có d ⊥ Δ, Ta có d: x – 2y – = ⇔ y = 0,25 1⎛2 ⎞ ⎜ m − ⎟ = −1 ⇔ m = 2⎝3 ⎠ +) Với m = đồ thị có hai điểm cực trị (0; 0) (2; - 4), nên trung điểm chúng I( 1; -2), ta thấy I ∈ d, hai điểm cực trị đối xứng với qua d Vậy: m = Giải hệ phương trình đại số ⎧x + y + x y = + 2xy ⎧(x − y)2 + x y = ⇔ ⎨ ⎨ 2 ⎩x + x y + xy = xy + y + ⎩(x − y)(1 + xy) + xy = suy k k = −1 ⇔ II.1 ⎧u + v = ⎧(u + v )2 − uv = ⇔⎨ Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ ⎨ ⎩u(1 + v ) + v = ⎩u + v + uv = Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện S ≥ P ) ta có hệ phương trình 0,25 1,00 0,25 0,25 ⎧S − P = ⎧S − 2(1 − S ) = ⎡S = ⇒ S + 2S − = ⇔ ⎢ ⇔⎨ ⎨ ⎣S = −3 ⎩P = − S ⎩S + P = ⎧ u + v = ⎧u = ⎧u = ⇒⎨ +) Với S = ⇒ P = ⇒ ⎨ ⎨ ⎩uv = ⎩v = ⎩v = ⎧u = ⎧x − y = ⎧x = y = ⇒⎨ ⇔⎨ - Nếu ⎨ ⎩v = ⎩xy = ⎩x = y = −1 ⎧u = ⎧x − y = ⎧x = ⎧x = hc ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ - Nếu ⎨ ⎩v = ⎩xy = ⎩y = ⎩y = −1 II.2 II.3 +) Với S = - ⇒ P = ⇒ S < 4P (loại) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y ) = (− 1;−1), (1;1), (1;0), (0;−1) Giải bất phương trình logarit (2 x + x − 3)(2 x − 8) x + (x − 11).2 x − 8(x − 3) ≥ (1) ≥0⇔ log x − log x − +) Xét f (x) = x + x − , f’(x) = x ln + > 0, ∀x nên f(x) đồng biến R f(1) = +) Xét g(x) = 2x – 8, g(x) đồng biến R , g(3) = +) Xét h(x) = log x − , h(x) đồng biến (0; + ∞), h(4) = Bảng xét dấu vế trái (1) x +∞ x +x-2 + | + | + 2x - | + | + log2x - | | + VT + || + Theo bảng xét dấu, bất phương trình cho có tập nghiệm S = [1;3] ∪ (4;+∞) Giải phương trình lượng giác x x x ⎞⎛ x x⎞ ⎛ x 3(sin3 − cos3 ) = cos x + sin 2x ⇔ 3⎜sin − cos ⎟⎜1 + sin cos ⎟ = (2 + sinx) cosx 2 2 ⎠⎝ 2⎠ ⎝ x ⎞⎛ x x ⎞⎛ x x⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ ⇔ 3⎜ sin − cos ⎟⎜ + sin x ⎟ = (2 + sin x )⎜ cos − sin ⎟⎜ cos + sin ⎟ ⎠⎝ 2 ⎠⎝ 2⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 x x⎞ x 3⎞ ⎛ ⎛ x ⇔ ⎜ cos − sin ⎟(2 + sin x)⎜ sin + cos + ⎟ = 2⎠ 2⎠ ⎝ ⎝ 0,25 x x x π π ⎛x π⎞ − cos = ⇔ sin ⎜ − ⎟ = ⇔ − = kπ ⇔ x = + k2π (k ∈ Z) 2 ⎝2 4⎠ * + sin x = ⇔ sin x = −2 (vô nghiệm) 0,25 * sin x x 3 π⎞ ⎛x π⎞ ⎛ + cos = − ⇔ sin⎜ + ⎟ = − ⇔ sin⎜ x + ⎟ = − (vô nghiệm) 2 2 4⎠ 2 ⎝2 4⎠ ⎝ π Vậy nghiệm phương trình là: x = + k2π ( k ∈ Z ) Tính thể tích khối chóp S * sin III 0,25 1,00 M I N A B K C Ta có tam giác SMN AMN cân S A Gọi I trung điểm MN suy SI ⊥ MN AI ⊥ MN Do (SBC) ⊥ (AMN) nên SI ⊥ (AMN) 1 Do VS AMN = SI.S AMN = SI.AI.MN Gọi K trung điểm BC suy I trung điểm SK, mà AI ⊥ SK nên tam a giác ASK cân A Do SA = AK = a a SC SA a MN = BC = , NI = MN = , SN = = = 2 2 3a a a − = SI = SN − NI = 16 16 a a 10 a a 3a a a 10 − = Vậy VS AMN = = 4 96 V SA SM SN = Chú ý: Thí sinh sử dụng công thức: S AMN = VS ABC SA SB SC Tính giới hạn 2 − cos x x cos x − (2 x − 1) cos x = − lim lim lim x→0 x→0 x→0 x2 x2 x2 0,25 0,25 1,00 0,50 e x ln − ⎛ sin x ⎞ lim cos x − lim⎜ = ln lim ⎟ = ln − x → x ln x → x→0 ⎝ x ⎠ Chứng minh bất đẳng thức Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: ⎛1 1⎞ 1 1 (*), (x + y)⎜⎜ + ⎟⎟ ≥ xy = ⇒ + ≥ x y x+y x y ⎝x y⎠ 1 1 + ≥ + ≥ ; Áp dụng (*) ta có: a + b b + c a + b + c b + c c + a a + b + 2c 1 + ≥ c + a a + b 2a + b + c 1 2 ⇒ + + ≥ + + (1) a + b b + c c + a 2a + b + c a + b + c a + b + c V 0,25 AI = SA − SI = IV 0,25 0,50 1,00 0,25 Mặt khác ta lại có (2a VIa.1 ) ( ) ( ) + + b + + c + ≥ 2a 2 + b + c = 2(2a + b + c) ≥ ⇒ 2a + b + c + ≥ 2(2a + b + c) ⇒ a + ≥ 2(2a + b + c) ⇒ 2a + b + c a + 2 ≥ Tương tự: ; ≥ 2a + c + a b + 2c + a + b c + 1 2 (2) ⇒ + + ≥ + + 2a + b + c a + b + c a + b + c a + b + c + 1 4 + Từ (1) (2) ta suy ra: + + ≥ + a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Dấu ‘’=’’ xảy ⇔ a = b = c = Tính diện tích ảnh tam giác qua phép vị tự Do B ∈ (C’) nên tồn M(x; y) ∈ (C) cho B ảnh M qua V(A; k), suy AB = k AM Do A ≠ B , nên k ≠ ⎧x = ⎧1 − = k (x − 1) ⎪ ⇒⎨ ⇒⎨ + 2k ⎩6 − = k (y − 2) ⎪y = k ⎩ 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 ⎛ + 2k ⎞ − 1⎟ = Do M thuộc (C) nên (x − 2) + (y − 1) = ⇒ (1 − 2) + ⎜ ⎝ k ⎠ 2 ⇔ (4 + k ) = k ⇔ k = −2 0,25 +) Đường thẳng AB có phương trình x - = 0, dó d(O, AB) = 1 Độ dài AB = Suy S OAB = AB.d(O, AB ) = 4.1 = 2 0,25 Ảnh tam giác OAB qua phép vị tự V(A, 2) có diện tích S = − SOAB = 0,25 Tìm số lớn số a0 , a1 , a2 , , an 1,00 VII.a n −2 n n −1 n C ⎛1 x⎞ Ta có khai triển ⎜ + ⎟ ⎝2 3⎠ k Do a k = C 14 k −14 − k 14 +C C n −1 n = 11025 ⇔ (C + C ) = 105 ⎡ n = 14 n( n − 1) C 2n + C 1n = 105 ⇔ + n = 105 ⇔ n + n − 210 = ⇔ ⎢ ⎣ n = −15 (lo¹ i) Ta có C C n + 2C n −2 n n n ⎛1⎞ = ∑C ⎜ ⎟ ⎝2⎠ k =0 14 k 14 14 − k n 0,25 k 14 ⎛x⎞ k k −14 − k k ⎜ ⎟ =∑ C 14 x ⎝ ⎠ k =0 k +1 k −13 − k −1 a k +1 C 14 2(14 − k ) Ta xét tỉ số = = k k −14 − k ak 3( k + 1) C 14 a k +1 2(14 − k ) >1⇔ > ⇔ k < Do k ∈ ` , nên k ≤ ak 3( k + 1) a k +1 a < ⇔ k > 5, k +1 = ⇔ k = ak ak Do a < a < < a < a = a > a > > a 14 Do a5 a6 hai hệ số lớn 1001 Vậy hệ số lớn a = a = C 14 − −5 = 62208 0,25 0,25 Tương tự 0,25 VIb Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật Ta có: d ∩ d = I Toạ độ I nghiệm hệ: ⎧x = / ⎧x − y − = ⎛9 3⎞ Vậy I⎜ ; ⎟ ⇔⎨ ⎨ ⎝2 2⎠ ⎩y = / ⎩x + y − = Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M trung điểm cạnh AD ⇒ M = d ∩ Ox Suy M( 3; 0) 1,00 0,25 9⎞ ⎛3⎞ ⎛ Ta có: AB = IM = ⎜ − ⎟ + ⎜ ⎟ = 2⎠ ⎝2⎠ ⎝ S ABCD 12 = =2 AB Vì I M thuộc đường thẳng d1 ⇒ d ⊥ AD Theo giả thiết: S ABCD = AB.AD = 12 ⇔ AD = 0,25 Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) vng góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x − 3) + 1(y − 0) = ⇔ x + y − = Lại có: MA = MD = ⎧⎪x + y − = Toạ độ A, D nghiệm hệ PT: ⎨ ⎪⎩ (x − 3) + y = ⎧y = − x + ⎧y = − x + ⎧y = − x ⇔⎨ ⇔ ⇔⎨ ⎨ 2 2 ⎩x − = ±1 ⎩(x − 3) + y = ⎩(x − 3) + (3 − x) = ⎧x = ⎧x = ⎨ Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) ⇔⎨ ⎩y = ⎩y = −1 VIIb ⎧x = x I − x A = − = ⎛9 3⎞ Do I⎜ ; ⎟ trung điểm AC suy ra: ⎨ C ⎝2 2⎠ ⎩y C = y I − y A = − = Tương tự I trung điểm BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) 1 +) Ta có y = 2x − + lim [y − (2x − 1)] = lim = Do (C) có x → ±∞ x − x − x →±∞ tiệm cận xiên y = 2x – 2x2 − 3x + 2x2 − 3x + +) lim+ = +∞; lim− = −∞ Do (C) có tiệm cận đứng x = x→1 x→1 x −1 x −1 ⎛ ⎞ ⎟ , x0 ≠ +) Gọi M ∈ (C ) ⇒ M = ⎜⎜ x ;2 x − + x − ⎟⎠ ⎝ 0,25 0,25 1,00 0,25 Tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận (C) ⎛ ⎞ ⎟⎟ − x − ⎜⎜ 2x − + x − 1 ⎝ ⎠ d = x0 −1 + = x0 −1 + x0 −1 2 + 12 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số dương ta có 2 1 d ≥ x0 −1 = ⇒ d = x − = ⇔ x0 = ± 5 x0 −1 5 x0 − 0,25 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 Vậy d nhỏ M = ⎜⎜ + ;1 + + ⎟⎟ ; M = ⎜⎜ − ;1 − − ⎟⎟ 5 5 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 ... điểm phần đáp án quy định - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I Së GD §T VÜnh Phóc Trêng THPT Tam Dương đề thi Khảo sát chuyên đề lớp 12 Môn: Toán Thi gian lm bi: 180 phỳt... x (1 )12? ?? k C12k x x x x k 0 12 12 k ( 1) k C12k k 0 12 i 0 k 12 k (1) 0.25 k 0.25 i 12 k 12? ?? k k i k 4 i i x (1) C12Ck x x k 0... Trường THPT Tam Dương đề thi Khảo sát chuyên đề lớp 12 Môn: Toán Thi gian làm bài: 180 phút Câu (2.0 điểm): Cho hàm số y x3 3mx 4m3 (m tham số) có đồ thị (Cm) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số