Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)tRƯờNG THPT LạNG GIANG Số 2
TØnh B¾c giang
đề THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2012 (lần thứ 1) Mơn thi: Tốn; khối B, D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Phần chung cho tất cỏc thớ sinh:(7 im)
Câu I (2 điểm) Cho hµm sè
3 3 2
y x x
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
2 Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) điểm phân biệt A, B, C cho điểm A có hồnh độ BC=2
C©u II (2 ®iĨm) 1.Giải phương trình:
2
cos 2xcosx tan x1 2.Giải phơng trình: log(10 5x+15 20x)=x+log 25
C©u III (1®iĨm) Tìm giá trị tham số m để hệ phương trình:
¿
2x − y −m=0 x+√xy=1
¿{
¿
có nghiệm
Câu IV (1 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đáy ABCD hình chữ nhật với AB = 2a, BC = a Các cạnh
bên hình chóp a√2 a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a
b) Gọi M, N, E, F trung điểm cạnh AB, CD, SC, SD Chứng minh đường thẳng SN vuông gúc vi mt phng (MEF)
Câu V (1 điểm) Cho x, y số thực dương thỏa mãn x + y = Tìm giá trị nhỏ cña biểu thức:
2
2
1
P x y
y x
Phần Riêng: (3 điểm) Thí sinh đ ợc chọn làm hai phần (phần A phần B) A Theo chơng trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A(-1; 4) đỉnh B, C thuộc đường thẳng : x – y – = Xác định toạ độ điểm B C, biết diện tích tam giác ABC 18
2 Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) :
2
1
4
x y
, có tiêu điểm F F1, 2 Tìm tọa độ điểm M nằm elip (E) cho MF1 MF2
C©u VII.a (1 ®iĨm) Cho hàm số y=
2x −1
x −1 có đồ thị (C) Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết khoảng cách từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến √2
B Theo chơng trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:
2 4 3 4 0
x y x Tia Oy cắt (C) điểm A Lập phương trình đường trịn (C’) có bán kính R’ = 2, biết (C’) tiếp xúc ngồi với đường trịn (C) A
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm B0;3;0 , M4;0; 3 Viết phương trình mặt phẳng ( )P chứa ,B M cắt trục Ox Oz, điểm A C cho thể tích khối tứ diện OABC (O l gc to )
Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số: y=x
2
+3x+a
x+1 (a là tham số) cú đồ thị (Ca) Tìm tất cỏc giỏ trị a để (Ca) có tiếp tuyến vng góc với đờng phân giác góc phần tư thứ hệ trục tọa độ Oxy Với cỏc giỏ trị a khi đó, chứng tỏ hàm số luụn cú hai cực trị
HÕt
Cảm ơn info@123doc.org gửi tới www.laisac.page.tl
tRƯờNG THPT LạNG GIANG Số II
Tỉnh bắc giang
Đáp án - thang ®iÓm
(2)Ngày 11/12/2011
(Học sinh làm theo cách khác đúng, cho điểm tối a)
Câu Đáp án Điểm
I
(2 ®iÓm) 1 (1,0 ®iÓm)Hàm số y = x3 3x + 2.
Tập xác định hàm số R. Sự biến thiên hàm số a) Giới hạn vơ cực:
Ta có xlim y ; limx y b) Bảng biến thiên:
Ta có y’ = 3x2 3
y’= x = -1 x =
x -1 +
y’ + +
y
4
0
+
Hàm số đồng biến khoảng (; -1) (1; +), nghịch biến (-1;1) • Hàm số đạt cực đại điểm x = -1, giá trị cực đại hàm số y(-1) = Hàm số đạt cực tiểu điểm x = 1, giá trị cực tiểu hàm số y(1) = Đồ thị:
Điểm uốn
Ta có y''=6x ; y''=0⇔x=0 Nhận thấy y’’ đổi dấu x qua điểm x=0 Do đó, điểm I(0;2) điểm uốn đồ thị
Đồ thị cắt trục tung điểm (0;2) Phương trình y=0
⇔x3−3x
+2=0
⇔(x −1)2(x+2)=0⇔x=−2∨x=1
Do đó, đồ thị cắt trục hồnh hai điểm (−2;0) (1; 0) Ngồi đồ thị cịn qua điểm (2; 4)
Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn I(0;2) làm tâm đối xứng
0,25
0,25
0,25
0,25
2 (1 ®iÓm)
Với xA 2 yA 4 Đường thẳng quaA2; 4 với hệ số góc k có phương trình: y k x x AyA :y k x 24.
Phương trình hoành độ giao điểm (C) là:
3 3 2 2 4 2 2 1 0
x x k x x x x k
⇔{ x=2
g(x)=x2+2x − k+1=0(1)
Điều kiện để có hai điểm B, C phương trình g(x)=0 có hai nghiệm phân biệt
khác hay tương đương với ' g
0 k k
(*)
Khi B x y 1; 1;C x y 2; 2, với x1, x2 nghiệm phương trình (1) y1=kx1−2k+4 ; y2=kx2−2k+4 ;
Ta có BC=√(x2− x1)2+(y2− y1)2=√(x2− x1)2+k2(x2− x1)2
0,25
0,25
0,25
0 x
y
1 -2
2
2
(C)
(3)Suy BC2
=(x2− x1)2(1+k2)=[(x1+x2)2−4x1x2](1+k2)=[4−4(1− k)](1+k2) Hay BC2=4k3+4k (theo Viet x1+x2=−2, x1.x2=1− k ) Theo giả thiết BC =2 2nên ta có 4k3+4k=(2√2)2⇔4k3+4k −8=0
⇔4(k −1)(k2+k+2)=0⇔k=1 thỏa mãn điều kiện (*) Vậy đường thẳng : y = x + 2.
0,25
II
(2 ®iĨm)
1 (1,0 ®iĨm) Đặt
2
cos 2xcosx tan x1 2 (1)
Điều kiện xác định phương trình là: cosx 0 x / 2k, k∈Z (*) Với điều kiện (*), phương trình:
(1)
2
2
1
(2cos 1) cos [2( 1) 1] cos
x x
x
3
2cos x 3cos x 3cosx
2
(cosx 1)(2 cos x 5cosx 2)
cosx=−1 cosx=1
2
cosx=2(vonghiem)
⇔¿
x=π+k2π x=±π
3+k2π
,(k∈Z)
⇔¿
Các giá trị thỏa mãn điều kiện (*) nên nghiệm phương trình cho
0,25
0,25
0,25
0,25
2 (1,0 ®iĨm) Ta có:
log(10 5x+15 20x)=x+log 25
⇔log(10 5x+15 20x)=log(25 10x)
⇔10 5x+15 20x=25 10x
⇔15 4x−25 2x
+10=0 (chia hai vế phương trình cho 5x )
Đặt t=2x(t>0) , ta đợc phương trỡnh : 15t ❑2 - 25t +10 =
⇔
t=1(tm)
¿
t=2 3(tm)
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Với t=1 ⇒2x=1⇔x=0 Với t=2
3⇒2 x
=2
3⇔x=log2( 3)
Vậy phương trình cho có hai nghiệm x=0 x=log2(2 3)
0,25
0,25
0,25 0,25
III
(1 ®iĨm) Ta có
(I)
¿2x − y −m=0
x+√xy=1
⇔
¿2x − y −m=0
√xy=1− x
¿{
Với điều kiện 1− x ≥0⇔x ≤1 ta có: (I) { y=2x − m
x(2x −m)=(1− x)2(1)
0,25
(4)Do x = không nghiệm (1) nên : 1− x¿2
¿ ¿
(1)⇔2x − m=¿
Xét hàm số : f(x)=x+2−1
x với x ≤1
¿ ¿f '(x)=1+
x2>0∀x∈¿{0
¿
Suy bảng biển thiên hàm số
Hệ phương trình cho có nghiệm phương trình (2) có nghiệm x
⇔ Đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số y=f(x)=x+2−1
x ¿ điểm Từ bảng biến thiên, suy m>2
Vậy m>2 giá trị cần xác định tham số m
Chú ý : Học sinh sử dụng phương pháp lớp 10 này.
0,25
0,25
IV
(1 ®iĨm) a) Gọi Theo giả thiết O = AC SA = SB = SC= SD BD
và OA = OB = OC = OD, tức hai điểm S O cách bốn điểm A, B, C, D Suy SO⊥(ABCD)
AC=√AB2+BC2=a√5⇒AO=a√5 Trong tam giác vuông SOA,
SO2 = SA2 - AO2 = 3a2
⇒SO=a√3
2
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: VS ABCD=1
3SO.SABCD= a3√3
3 (đvtt) b) Gọi K trung điểm EF, K trung điểm SN
Ta có SM=√MO2+SO2=√a +
3a2
4 =a , SM=MN , suy tam giác SMN cân M, dẫn đến SN⊥MK
Mặt khác SN⊥EF , suy SN⊥(MEF) đpcm
0,25
0,25
0,25 0,25
V
(1 ®iĨm)
Ta biến đổi xy¿2
¿
P=2+(xy)2+1
¿
Do {xx , y>0
+y=1 nên 1=x+y ≥2√xy⇒0<xy≤ Đặt t=(xy)2 , điều kiện t 0<t ≤
16
0,25
0,25 D
S
A
B
C E
F
N M
K
O
2a a
2
(5)Khi biểu thức P=f(t)=2+t+1 t f '(t)=t
2 −1
t2 ; ta thấy f '(t)<0 với t∈¿ , suy hàm số f(t) nghịch biến nửa khoảng ¿
Suy giá trị nhỏ biểu thức P là: minP=min
t∈¿
f(t)=f( 16)=
289 16
0,25
0,25
VI.a
(2 ®iĨm)
1 (1,0 ®iĨm)
Gọi H trung điểm BC, đó; −1¿2
¿
12+¿ √¿
AH=d(A , Δ)=|−1−4−4|
¿
Theo giả thiết SΔABC=18⇔1
2BC AH=18 Suy BC=36
AH=4√2
Đường thẳng AH qua điểm A(-1;4) vng góc với đường thẳng Δ nên có phương trình: 1.(x + 1) + 1.(y – 4) = 0, hay AH :x+y −3=0
H=AH∩ Δ⇒ tọa độ H nghiệm hệ phương trình: {x − y=4
x+y=3 , suy tọa độ H(7
2;− 2)
Điểm B nằm đường thẳng Δ:y=x −4 nên B có tọa độ dạng B(m; m – 4)
2
2
2
BC
HB m m
4 2
7 11
m
7 2 2
m
7
2
m
2
Vậy tọa độ hai điểm B, C là:
B(11 ;
3 2),C(
3 2;−
5
2) C( 11
2 ; 2), B(
3 2;−
5 2)
0,25
0,25
0,25
0,25
2 (1,0 ®iĨm)
Từ phương trình elip ta có a=2,b=1⇒c=√a2− b2=√3 Vậy hai tiêu điểm elip F1(−√3;0), F2(√3;0)
Gọi M(x0; y0) thuộc elip, ta có x02 +
y02
1 =1(1)
1
MF MF , suy M nằm đường tròn tâm O bán kính R = F1F2
2 = , đo ta có phương trình x02+y02=3(2)
Giải hệ gồm hai phương trình (1) (2) ta { x02
=8 y02
=1 Vậy có điểm M thỏa mãn yêu cầu tốn, M có tọa độ là:
(√8
3;
√3);(√ 3;−
1
√3);(−√ 3;
1
√3);(−√ 3;−
1
√3)
0,25 0,25
0,25
0,25 A
B C
(6)VII.a
(1 ®iĨm)
Ta có
x −1¿2 ¿ ¿
y '=−1
¿
Gọi d tiếp tuyến (C) điểm M(x0;2x0−1 x0−1 )∈(C) Phương trình d có dạng:
x0−1¿
¿ ¿
y=−1
¿
Hay x0−1¿
y −2x0
+2x0−1=0
d:x+¿
Khoảng cách từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến d bằng √2
x0−1¿2−2x02+2x0−1 1+2¿
¿
x0−1¿4 ¿
12+¿ √¿
¿
⇔¿
0 2
2 ( 1)
x x
⇔2(x0−1)
=1+(x0−1)4⇔(x0−1)2=1 Giải nghiệm x0 0 x0 2
Vậy tiếp tuyến cần tìm có phương trình : x y 1 0 x y 0
0,25
0,25
0,25 0,25
VI.b
(2 ®iĨm) 1 (1,0 ®iĨm)
Đường trịn (C) có tâm I(-2 ; 0) bán kính R = √12+4=¿
Tia Oy cắt đường tròn A(0;2) Gọi I’ tâm đường tròn (C’)
Phương trình đường thẳng IA :
2 2
x t
y t
Điểm 'I IA nên I’( ; 2t t2)
Từ giả thiết đường trịn (C’) bán kính R’ = tiếp xúc ngồi với đường trịn (C) bán kính :
R = 4 điểm A nên ta có:
1
2 ' '( 3;3)
2 AI I A t I
Vậy đường trịn (C’) có phương trình:
2 2
3
x y
0,25
0,25
0,25
0,25
2 (1,0 ®iĨm)
Do điểm A và C lần lượt nằm trục Ox, Oy và khác gốc O nên: A(a ;0;0), C(0;0;c) với ac≠0
Mặt phẳng (P) qua ba điểm A, B, C nằm trục tọa độ nên có phương trình dạng: xa+y
3+ z
c=1 (phương trình theo đoạn chắn)
Theo giả thiết
4
4;0;
M P c a ac
a c
(1)
0,25
0,25
0,25 A
y
2
O I
(7)1 1
.3
3 2
OABC OAC
ac
V OB S ac ac
(2)
Từ (1) (2) ta có hệ
4
6
3
4 6
2 a
ac ac a
c a c a c c
Vậy có hai mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu toán là:
1 2
2
: 1; :
4 3 3
x y z x y z
P P
0,25
VII.b
(1 ®iĨm) +) Tập xác định ¿R{−1
Ta cã:
2 x 2x a y'
x
Đồ thị có tiếp tuyến vng góc với đờng phân giác góc phần t thứ y = x hệ số gúc tiếp tuyến y '(x)=−1
Hay phương trình
2 x 2x a
1 x
cã nghiÖm x 2
2 x a
cã nghiƯm x kh¸c -1
a a
.
+) Ta có y '(x)=0⇔ x2 + 2x +3 – a = 0, (*) ( x ≠ −1 )
Đặt f(x)=x2+2x+3− a ; ta có f(−1)=2− a với a>2 Phương trình (*) có Δ'=a −2>0 với ∀a>2
Vậy a>2 phương trình y '(x)=0 ln có hai nghiệm phân biệt khác -1 y’ đổi dấu x qua hai nghiệm này, hàm số ln có hai cực trị đpcm
0,25
0,25 0,25
0,25
i www.laisac.page.tl