De thi chuyen de 12 lan 1

Tính khoảng cách giữa AM và B’C’ theo a.. Viết phương trình các cạnh AB, AC.[r]

Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc ĐỀ THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN I Trường THPT Bình Xuyên

- MƠN: TỐN; KHỐI 12 Năm học 2010 – 2011

Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

ĐỀ BÀI Câu 1(3,0 điểm)

Cho hàm số y = x3 - 3mx2 - 3x + (Cm).

1 Khảo sát vẽ đồ thị (C0) hàm số m = Chứng minh qua điểm Mo 28;0

27

 

 

  kẻ ba tiếp tuyến với (C0) có hai tiếp tuyến vng góc với

3 Tìm điều kiện m để (Cm) cắt đường thẳng (): y = - 3x +1 ba điểm phân biệt

Câu 2(2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 8x3 2x x x 4  0

    

2 Giải phương trình: cos x2  cos3x 4sin x   2sin x cosx sin 6x 0   Câu 3(1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số y = 2x2 + cos2x   ;2  . Câu 4(2,0 điểm)

Cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có AB =AD = a, AA’ = 2a Trên DD’ lấy M cho AM  B’C

1 Tính khoảng cách AM B’C’ theo a Tính thể tích tứ diện MA’CD theo a

Câu 5(1,0 điểm)

Trong hệ trục Oxy cho ABC: A(1;2), phương trình đường trung tuyến BM

cạnh BC tam giác ABC tương ứng là: x -3 = 7x + 2y - 31 =

Viết phương trình cạnh AB, AC Câu 6(1,0 điểm)

Cho x, y, z > x + y + z = Chứng minh xy yz xz 27xyz

3 xyz

  



-Hết -Lưu ý: Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm.

Họ tên thí sinh: ………Số báo danh:……… …

ĐÁP ÁN

CHẤM THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN I - MƠN TỐN; KHỐI 12

Câu ý Đáp án Điểm

Câu I (3,0)

1 (1,0)

1/ Khi m =0 y x3 3x 2

  

Tập xác định: R Chiều biến thiên: y' 3x2 3

   y’ =  x = x = -1

lim yx  ,

xlim y    

Bảng biến thiên: 0,5

+ Hàm số đồng biến (; -1); (1; +); nghịch biến (-1;1)

+ Hàm số có cực đại x = -1, yCĐ = 4; cực tiểu x = 1, yCT =0 0,25 Đồ thị:

Đồ thị giao với Ox (1;0) (-2; 0); giao với Oy (0; 2)

0,25

2

(1,0) 2/ Phương trình đường thẳng qua điểm Mo

28;0 27

 

 

 có hệ số góc k là: y k x 28

27

 

   

 đường thẳng tiếp tuyến (Co)

  

3

3

2

28

x 3x k x 28

x 3x 3x x

27

27

3x k

  

   

    

     

 

  

 

  



0,25

 (x - 1)(18x2 - 10x - 10) =  x1 =1, x2 205, x3 205

18 18

 

 

Vậy có ba tiếp điểm thuộc (Co) với hồnh độ tìm  qua Mo ta

0,5 x

y’ y

- -1 1 +

4

0 -

+

2

0

-1

-2 x

y

1

0 0 +

-kẻ ba tiếp tuyến với đồ thị

Giả sử (d1),(d2), (d3) ba tiếp tuyến có hệ số góc tương ứng k1,k2 ,k3 Khi x1 =1 k1 =0 tiếp tuyến (d1) y =0 (trục Ox) (d2) (d3)

không thể vng góc với (d1)

k2 k3 =     2  2

2 3 3

3x  3x  9 x x  x x 2x x 1

 

=

2

10 10 10

9 1

18 18 18

    

   

    

   

 

Vậy (d2) (d3) vuông góc

0,25

3 (1,0)

3/ (Cm) cắt đường thẳng (): y = -3x +1 ba điểm

 g(x) = x3 - 3mx2 + = có ba nghiệm phân biệt

 g(x) = x3 - 3mx2 + có cực đại cực tiểu gCĐ.gCT <

0,5 g’(x) = 3x2 - 6mx = 0 x

x 2m

    



Điều kiện toán  3

m m

m

g(0).g(2m) 4m

   

  

 

   



0,5

Câu II (2,0)

1 (1,0)

1/ Điều kiện x  -3.(*)

Phương trình  (2x)3 + 2x =  

3

x 3  x 3 (1) 0,25

Đặt f(x) = x3 + x , f’(x) = 3x2 +1 > x R f(x) đồng biến /R.

Từ (1): f (2x) f  x 3  2x x 3 0,25

 2

x x 0

x

4x x

2x x



  



   

  

  

 

thỏa mãn (*) Vậy nghiệm phương trình x =

0,5

(1,0) 2/ Đặt t =cosx, điều kiện Phương trình  t2 - [cos3x.(3 - 4sint 1 (*) 2x) + 2sinx].t + sin6x = (1). Phương trình dạng t2 - (a +b).t + ab = t a

t b

 

  



cos x 2sin x(2) (1)

cos x cos3x.(3 4sin x)(3)

 

   



0,25

+ (2)  cosx = 2sinx  cotx =  x = arccot2 + k, k Z 0,25

+ (3)  cosx = cos3x(3 - 4sin2x)

Nếu sinx =0  (cosx =1, cos3x =1) (cosx =-1, cos3x = -1)

không thỏa mãn (3)

Nếu sinx  (3)  sin2x = sin6x

k

x ,k 2n 1,n Z

2

k

x ,k Z

8

 

   

  

 

   



Vậy nghiệm phương trình là: x = arccot2 + k; x = …

Câu III (1,0)

(1,0)

Ta thấy y = 2x2 + cos2x hàm chẵn R ta xét biến thiên hàm số [0; 2]

y’ = 4x - 2sin2x, y’’ = - 4cosx  x [0; 2]

 y’ đồng biến [0; 2] , y’(0) =

Vậy y’ x [0; 2]  hàm số đồng biến [0; 2]

Vì hàm số chẵn  hàm số nghịch biến [-2; 0]  [- ; 0]

Hàm số có cực tiểu x =0

0,5

Ta có y(-) = 22 + 1, y(0) =1, y(2) = 82 +1

Vậy   ;2  Maxy = 82 +1 x = 2

miny =1 x =0

0,5

Câu IV (2,0)

1 (1,0)

1/

Vì ABCDA’B’C’D’ hình hộp chữ nhật (ADD’A’)//(BCC’B’)

khoảng cách chúng AB = a

0,5

AM (ADD’A’), B’C’(BCC’B’)  khoảng cách AM B’C’

là khoảng cách (ADD’A’) (BCC’B’) a 0,5

2 (1,0)

2/ Do A’D // B’C AM B’C  AM A’D A’AD ADM (g,c,g) 

2

AA' AD AD a a

DM

AD DM  AA' 2a 2 

0,25 Thể tích V(MA’CD) = V(CA”D’D) – V(CA’D’M) 0,25

A

B C

D A’

B’ C’

D’

M

y’ y’’ x

8

+

0 2

2a

a

V(CA”D’D)

3

1 1 a

A'D'.D'D.CD a.2a.a

3

  

V(CA’D’M)

3

1 1 3a a

A'D'.D'M.CD a .a

3

  

V(MA’CD) =V(CA”D’D) – V(CA’D’M)

3 3

a a a

3 12

  

0,5

Câu V

(1,0) (1,0)

B giao BM BC  B(3; 5) AB (2;3)  , nAB (3; 2)



Phương trình AB: 3(x - 1) - 2(y - 2) =  3x - 2y +1 = 0,5

Giả sử C(xC,yC): C BC  7xC + 2yC - 31 =

Trung điểm AC BM C C C

1 x

3 x y

2



       , C(5; -2)

AC (4; 4)    nAC (1;1)



Phương trình AC: 1(x - 1) + 1(y - 2) = hay x + y - =

0,5

Câu VI (1,0)

(1,0)

27xyz xy yz xz

3 xyz

  

 (1)

Ta có xy yz xz (xyz) (Cơxi)3

  

Đặt t 3 xyz 0 , = x +y +z 3 xyz3 t

3



0,25

(1) chứng minh

3

3

27t 3t

3 t



 với <

1 t

3

 (2) 0,25

Ta có (2)  + t3 > 9t  f(t) = t3 - 9t +3 >0

f’(t) = 3t2 - <

 <t

 nên f(t) nghịch biến 0;1

 

 

 

 1

0 t

1

f (t) f (t) f

3 27

 

 

    

  (đpcm)

0,5

… Hết… Lưu ý: Đáp án có trang.

Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa theo thang điểm cho.