[r]
(1)TRƯỜNG THPT LÊ XOAY
NĂM HỌC 2011-2012 KĐỀỲ THI TH THI MƠN: TỐN – KhỬ ĐẠI HỌC LẦN THối A+ABỨ I Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 01 trang Câu I Cho hàm số y 2x 3x2 4x (C)
1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (C)
2 Tìm số thực k cho có hai tiếp tuyến phân biệt hệ số góc k tiếp xúc với (C) đường thẳng qua hai tiếp điểm cắt trục hoành điểm A, cắt trục tung điểm B cho OB = 2012.OA
Câu II
Giải phương trình x 4x Giải hệ phương trình 3x y 5x 4y 5
12 5x 4y x 2y 35
Câu III
Giải phương trình 2 cot x cos 2x cos x
1 tan x sin x Nhận dạng tam giác ABC biết: cos(B C) 2bc2
a
(Trong A, B, C ba góc; a, b, c độ dài cạnh BC, CA, AB) Câu IV
Cho hai đường tròn 2
(C ) : (x 1) (y 2) 4 2
(C ) : (x 2) (y 3) 2 cắt điểm A(1; 4) Viết phương trình đường thẳng qua A cắt lại (C1), (C2) M N cho: MA = 2.NA;
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A, AB = a, ABC 60 0, tam giác SAB Gọi H hình chiếu vng góc A BC Hình chiếu vng góc đỉnh S mp(ABC) điểm nằm đường thẳng AH
a Tính thể tích khối chóp S.ABC
b Tính góc hai mặt phẳng mp(SAC) mp(ABC) Câu V Cho hai số thực x, y thoả mãn 2 x y 32
x y xy
Tìm giá trị lớn biểu thức P(x, y) x y xy 2xy. Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích thêm) ĐỀ CHÍNH THỨC
(2)Họ tên thí sinh :………….……… … …….SBD:………
ĐÁP ÁN THI THỬĐẠI HỌC LẦN I – KHỐIA+AB
Câu Nội dung Điểm
I.1 Khảo sát vẽđồ thị hàm số y 2x x2 4x (C) 1.00
1- TXĐ : R
2.SBT - Giới hạn:
xlim ; xlim
- Có : y' 6x2 2x (x 1)(6x 4); y' x 1;x
- BBT
Hàm sốđb khoảng ( ; 1)
( ;2 ),
3 nb ( 1; )
3
Hàm sốđạt cực đại x = -1 ; giá trị cực đại f(-1) = Hàm sốđạt cực tiểu x = 2/3 ; giá trị cực tiểu f(2/3) = - 17/27 Đồ thị Điểm uốn I( 91; )
6 54
làm tâm đối xứng
- Đồ thị cắt Oy (0 ; 1), Cắt Ox (1 ; 0); ( 17;0)
; qua (-2 ; -7)
0.25
0.25
0.25
0.25 I.2 Tìm số thực k cho có hai tiếp tuyến hệ số góc k… 1.00
- Hồnh độ hai tiếp điểm nghiệm pt f '(x) k
2
6x 2x k 6x 2x (4 k)
(*)
- Có tiếp tuyến (*) có nghiệm p/b ' 6(4 k) k 25.(**)
- Có :f (x) f '(x)( x1 1) 37x
3 18
Giả sử M(x ; y) tiếp điểm f '(x) k y f (x) k( x1 1) 37x 3k 37 x k 18
3 18 9 18
Vậy pt đ/ thẳng qua hai tiếp điểm : y 3k 37 x k 18 ; (d)
9 18
- Khi tọa độ giao điểm A k 18 ;0 , B 0;k 18 ; 37 3k
2(37 3k) 18
0.25
0.25
0.25
+
- -
17 27 4
_
+
+ 0 0
+ 2
3 - 1
-
y y' x
8
-2 -4 -6
(3)- Đk: OB 2012.OA k 18 2012 k 18 (**)| 37 3k | 18108
18 2(37 3k)
k 18145; k 18071
3
Vậy có hai giá trị k thoả mãn 18145; 18071
3
0.25
II.1
Giải phương trình: x 4x
1.00
Đặt 1 x u; 4x v; u,v 0. Ta hệ : 2(u v) 72 2 (1)
4(1 u ) v (2)
(1)u v
, vào (2): 2
v
v 4( v) 10 5v 28v 39 13
2 v
5
- Với v 3;u 4x x
2
(tm)
- Với v 13;u (tm) 4x 13 x 19
5 10 100
Vậy pt có2 nghiệm x = ¾ ; x = 19/100
0.25
0.25 0.25 0.25 II.2
Giải hệ phương trình: 3x y 5x 4y
12 5x 4y x 2y 35
1.00
- Đk: 3x y 0;5x 4y 0.
Đặt 2
u 3x y; v 5x 4y x 2y 2(3x y) (5x 4y) 2u v Hệ trở thành: u v 52 2 2 u v2
12v 2u v 35 2(5 v) v 12v 35
2
u v
v 8v 15 0
v 3;u 2 v 5;u 0
TH1 v 3 5x 4y 9 x 1
u 2 3x y 4 y 1
TH2
25 x
v 5x 4y 25 7
u 3x y 75
y
Vậy hệ có nghiệm (1 ;1) ;(-25/7 ; 75/7)
0.25
0.25 0.25
0.25 III.1
Giải phương trình: 2 cot x cos 2x cos x (1) tan x sin x
1.00
- Đk : sin x 0;cos x x k , k Z
2 cos x cos 2x
(1) 2cos x cos x
sin x sin x
2cos x sin x cos x cos 2x cos x sin x sin x
(2cos x sin x sin x) (cos x sin x cos x) cos 2x 02
2
(2cos x 1)sin x cos x(1 sinx) (2cos x 1)
(2cos x 1)(sin x 1) cos x(1 sin x) 02
(4)2
(sin x 1)(2cos x cos x 1)
(sin x 1)(cos x 1)(2cos x 1) 0
2cos x cos x x k2 ,k Z (t / m)
2
Vậy phương trình có hai họ nghiệm : x k2 , k Z
0.25
0.25 III.2
Nhận dạng tam giác ABC biết cos(B C) 2bc2 (*) a
1.00
- Áp dụng định lý Sin tam giác
(*) cos(B C) 2sin B.sin C2 2sin A cos(B C) 4sin Bsin C
sin A sin A
2sin(B C) cos(B C) 4sin Bsin C sin 2B sin 2C 4sin Bsin C
sin A sin A
sin Bsin C sin Bsin C
(sin Bcos B ) (sin C cos C )
sin A sin A
sin B(cos B sin C) sin C(cosC sin B)
sin A sin A
sin B(sin Acos B sin(A B)) sin C(sin AcosC sin(A C)) 0
sin Bsin Bcos A sin Csin Ccos A 0
2
(sin B sin C)cos A 0 cos A 0 A 90
Vậy ABC vuông tại A
0.25
0.25
0.25 0.25
IV.1 2
1
(C ) : (x 1) (y 2) 4; 2
2
(C ) : (x 2) (y 3) 2; A(1;4) 1.00
- Giả sử MN có dạng : a(x 1) b(y 4) 0; a b2 0. ( Do MN qua A) - Gọi H1, H2 trung điểm AM, AN
2 2
1 1 2
AH 2.AH R O H 4(R O H )
2 2
1 2
R d (O ,(d)) 4[R d (O ,(d))]
2
2 2
| a 2b a 4b | | 2a 3b a 4b |
4
a b a b
2
2 2
4b 4(a b)
4
a b a b
2
2 2
a 2ab
1 b 2ab
a b
TH1 b 1,a 0 (d) : x 0
TH2 b 2a 0. Chọn a = ; b = -2 ta (d) : x – 2y + =
Vậy có hai đường thoả mãn : x – = x – 2y + =
0.25
0.25 0.25 0.25
IV.2a Tính thể tích khối chóp S.ABC 1.00
- Gọi O hình chiếu vng góc S mp(ABC) ; O thuộc AH - Tam giác ABC có : AB = a ; BC = 2a ; AC 3.
- Tam giác ABH có ABH 60 0BAH 30 0 ;
BH AB a; AH a2 a2 a 3.
2
- AO BO hình chiếu vng góc SA, SB mp(ABC), mà SA = SB OA = OB
AOB cân O ABO 30 0OBH 30
0.25
0.25 C2
C1
(d)
R2 R1
M
N A
O1
O2 H2
H1
a a
300
2a a
a 3
a
A C
S
(5)- Tam giác BHO có : OH BH.tan 300 a ;
OA OB 2OH a
( Suy O nằm A H) - Tam giác SAO có : SO AB2 OB2 a2 a2 a 2.
3
3 S.ABC
1 1 a
V SO.S(ABC) AB.AC.SO a.a 3.a
3 6
(đvtt)
0.25 0.25 IV.2b Tính góc giữa hai mặt phẳng mp(SAC) mp(ABC) 1.00
- Hạ OM AC = M (1) ; AC SO , suy AC mp(SOM) AC SM (2) Từ (1), (2) góc hai mp(SAC) mp(ABC) góc SM MO Tam giác SMO vng O SMO
- Trong tam giác AOM có : a a a
OM AOsin OAM sin 60
2
3
Vậy :
2 a
SO 3 6
tan arctan
a
MO 3
2
0.25 0.25 0.25
0.25
V Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P(x, y) x y xy 2xy. 1.00
- Đặt x y a,a 0. Khi có hệ :
2
2
x y a x y a x y a
(x y) a 6a (x y) 3xy xy xy
3
x, y nghiệm phương trình :
2
2 a 6a
t (3 a)t (*)
3
- Điều kiện để có x, y phương trình (*) phải có hai nghiệm
2 2 2
a
a
7 a
a 6a
(3 a) (a 6a 5)
3
- Khi :
2
(a 6a 5)(a 1) a 7a 11a
P(x, y) xy(x y 2) f (a)
3
f '(a) 1(3a2 14a 11); f '(a) 0 a 1;a 11;
3 3
- BBT
f ( 7) 24; f ( 11) 256;
3 81
f (0) 5. 3
0.25
0.25
0.25
-24
5 3 0
256 81
+ _
+ 0 0
0 -1
-11 3 -7
(6)Vậy :
a [ 7;0]
2 x y
256 11 3
maxP(x, y) f (a) a
32
81
xy
27 max
3 105 105
x ; y
9
3 105 105
x ; y
9
0.25
(Học sinh làm cách khác đúng được điểm tối đa) Vĩnh Tường, 25 – 10 – 2011