Đang tải... (xem toàn văn)
hợp bởi đường chéo của hai mặt bên kề nhau cùng xuất phát từ một đỉnh bằng 45 0.. Tính theo a thể.[r]
(1)SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ NĂM HỌC 2010 2011MƠN: TỐN 12 KHỐI B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số: y=2x3+(m+1)x2−2(m+4)x+1 (Cm) ) 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m=−1
2 Với giá tri m (Cm) đạt cực đại, cực tiểu x1, x2 cho: x12+x22≤2 Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình:
1 1
sin 2 sin 2cot 2
2sin sin 2
x x x
x x
2 Giải hệ phương trình:
2
1
2 2
2 2
x x
y
y y x y
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I ¿∫
x+1
(1+√1+2x)2dx
C©u IV(1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A ' B' C ' D' có chiều cao a Góc
hợp đường chéo hai mặt bên kề xuất phát từ đỉnh 450 Tính theo a thể
tích khối lăng trụ tứ giác ABCD A ' B' C ' D' .
C©u V (1,0 điểm). Cho x, y > Chứng minh rằng: (1+x)(1+y x)(1+
9
√y)
≥256 PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) Thí sinh chọn hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình nâng cao
Câu VI.a (2,0 điểm).
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), đường thẳng 1: x + y – = và
đường thẳng 2: x + y – = Tìm tọa độ điểm B thuộc 1 điểm C thuộc 2 cho tam giác
ABC vuông cân A.
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz lập phương trình mặt cầu có tâm thuộc Ox đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng: 3x+4y+3=0 2x − y+2z+3=0
Câu VI.a ( 1.0 điểm). Giải phương trình: log3(x −1)2+log√3(2x −1)=2 B.Chương trình chuẩn
C©u VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(3; 0), đường cao từ đỉnh B có phương trình x+y+1=0 , trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x − y −2=0 Tính diện tích tam giác ABC.
2 Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz lập phương trình mặt phẳng cắt trục toạ độ Ox, Oy, Oz ba điểm A, B, C cho H(2; 1; 1) trực tâm tam giác ABC
C©u VII.b (1,0điểm) Tìm số hạng khơng chứa x khai triển nhị thức (x.√3 x+ 2 x2)
10 với x>0
HẾT
Cán coi thi khơng giải thích thêm!
(2)ĐÁP ÁN VÀ THANG I MĐ Ể
Câu Đáp án Thang
điểm
I 1) m =1 Hàm số y = 2x
3
−6x+1 - TXĐ: D = R
- Sự biến thiên
+ ) Giơí hạn : lim
x →+∞y=+∞;x → −∞lim y=− ∞
y '=6x2−6; y '=0⇔ x=−1
¿ x=1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
0,25
+) Bảng biến thiên: x
− ∞ -1 +∞ y’ + - +
y − ∞
-7 +∞ Hàm số đồng biến (− ∞;−1)và(1;+∞) , Hàm số nghịch biến (−1;1)
Hàm số đạt cực đại (−1;5) , Hàm số đạt cực tiểu (1;−3)
0,5
- Đồ thị : HS tự vẽ 0,25
2,
y '=6x2+2(m+1)x −2(m+4); y '=0⇔ x=1
¿ x=− m−4
3 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
(m −7¿
Theo đề x12+x22≤2⇔(m+4) 9 ≤1
⇔−3≤ m+4≤3⇔−7≤m ≤−1 Kết hợp điều kiện: −7<m≤ −1
0,25 0,25 0,5
II
1, Điều kiện: sin 2x ≠0⇔x ≠kπ 2 PTTĐ: −cos22x −cos 2x cosx
=2 cos 2x ⇔cos 2x(cos 2x+cosx+2)=0⇔
cos 2x=0 ¿
2cos2x+cosx+1=0 ¿
¿ ¿ ¿ ¿ ⇔x=π
4+ kπ
2 , k∈Z
0,25
0,25
0,5
ĐK : y0 hệ
2
2
1
2 2 0
2 1
2 0
x x
y x
y y
đưa hệ dạng
2
2
2 2 0
2 2 0
u u v
v v u
(3)u=v ¿ u=1− v
¿
¿2v2+v −u −2=0 ¿
⇔ ¿ u=v=1
¿ u=v=−1
¿ u=3−√7
2 ;v=
−1+√7 2 ¿
u=3+√7 2 ;v=
−1−√7 2 ¿
¿{ ¿ ¿ ¿ ¿
Từ ta có nghiệm hệ
⇔(x ; y)=(−1;−1),(1;1),(3−√7 2 ;
2
√7−1);( 3+√7
2 ; 2
√7+1)
III
I ¿∫
x+1
(1+√1+2x)2dx •Đặt t=1+√1+2x⇒dt=
dx
√1+2x⇒dx=(t −1)dt x=t
2 −2t
2 Đổi cận x=0→ t=2; x=4→ t=4
•Ta có I =
(t2−2t+2)(t −1)
t2 dt=
1 2∫2
4
t3−3t2
+4t −2
t2 dt=¿
1 2∫2
4
(t −3+4 t −
2 t2)dt 1
2∫2
¿ =
2(
t2
2−3t+4 ln|t|+
t )∨¿
= 2 ln 2−1 4
0,25 0,5
0.25
IV HS tự vẽ hình: Đáy lăng trụ hình vng Góc D’AB’ = 450 0,25
Giả sử cạnh đáy x Xét tam giác B’AD’ có B’D’ = x √2 AB’ = AD’ = √a2 +x2, Ta có
B ' D '2=AB'2+AD'2−2 AD' AB' cos 450⇔2x2=2(x2+a2)−√2(x2+a2) ⇔x2
=2−√2
2 a
2
Vậy V = a.x ❑2=a 3(2−
√2)
2 (ĐVTT)
0,5 0,25
V Ta có: 4(x3+y3)(x+y)3 , với x,y>0
Thật vậy: 4(x3+y3)(x+y)3 4(x2-xy+y2)(x+y)2 (vì x+y>0)
3x2+3y2-6xy0 (x-y)20 ln đúng
Tương tự: 4(x3+z3)(x+z)3
4(y3+z3)(y+z)3
3 3 3
3 4(x y ) 4(x z ) 4(y z ) 2(x y z) 63 xyz
(4)Mặt khác:
3
2 2
1 2( x y z ) 6
y z x xyz
3 3 1
6( ) 12
P xyz
xyz
Dấu ‘=’ xảy
2 2 1
1
x y z
x y z
x y z
y z x
xyz xyz
Vậy P12, dấu ‘=’ xảy x = y = z =1
VI.a
B 1 B(a; –a) C 2 C(b; 9-b) ABC vuông cân A
2
. 0
AB AC
AB AC
2
2ab - 10a - 4b + 16 = (1) 2a - 8a = 2b 20b 48 (2)
a = không nghiệm hệ trên.
(1) b =
5a - 8
a - 2 Thế vào (2) tìm a = a = Với a = suy b = Với a = suy b = KL: 2, Giả sử I(a; 0; 0) Ta có: |3a+3|
5 =
|2a+3| 3
⇔a=−6∨−24/19
0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25
Vậy phương trình mặt cầu là: (x+6)2+y2+z2=9 và: (x+24 19)
2
+y2+z2= 9
361 0,5
VII.a ĐK: 1≠ x>1/2 PTTĐ: 2 log3|x −1|+2 log3(2x −1)=2
⇔log3|x −1|(2x −1)=1⇔|x −1|(2x −1)=3⇔ 2x2−3x −2
=0(x>1) ¿
2x2−3x+4=0(1>x>1/2) ¿
¿ ¿ ¿ ¿ ⇔
x=2 ¿ x=−1/2
¿ ⇔x=2
¿ ¿ ¿
0,25 0,25 0,5
VI.b
1, PT cạnh AC: x- y -3 =0 Toạ độ C nghiệm hệ
¿ x − y −3=0 2x − y −2=0 ⇒C(−1;−4)
¿{ ¿
(5)Giả sử B(a; -a-1), M(b; 2b-2) trung điểm AB Ta có
¿ 3+a=2b −a −1+0=4b −4
⇒B(−1;1) ¿{
¿ SABC =
1
2d(B ,AC) AC= 1 2.
5
√2 4√2=10 (ĐVDT)
2, Giả sử A(a; 0; 0), B(0; 0; b), C(0; 0; c) Ta có
¿ ⃗AH ⃗BC=0 ⃗BH ⃗AC=0 H∈(ABC)
⇔ ¿b+c=0 −2a+c=0 2
a− 1 b+
1 c=1 ¿{ {
¿ ⇔c=6;b=−6;a=3 Vậy phương trình mặt phẳng là: x
3− y 6+
z 6=1
0,5 0,5
VII.b
Ta có: (x√3 x+2 x2)
10
=∑
k=0 10
C10k .x43(10− k) 2kx−2k
=∑
k=0 10
C10k 2kx40−310k Để số hạng không chứa x k =
Vậy số hạng cần tìm là: C10
.16=3360