Hãy xác định toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,.. Câu VIb (1,0 điểm).B[r]
(1)SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ NĂM HỌC 2010 2011MƠN: TỐN 12 KHỐI A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
2
1 x y
x
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến cách hai điểm A(2; 4), B(4; 2)
Câu II (2,0 điểm ). Giải phương trình:
2
cos
cot sin sin
1 tan
x
x x x
x
.
2 Giải hệ phương trình:
2
2
2 3
( , )
4
x xy y x y
x y
x y xy y
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
3
3
x
dx
x x
Câu IV (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình thoi Biết SA = x, với 0x cạnh cịn lại có độ dài Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo x
Câu IV (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thay đổi thoả mãn: a + b + c = Chứng minh rằng:
2 2
2
a b b c c a
b c c a a b
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 3) nằm đường tròn (C):
2 6 2 6 0
x y x y Xác định toạ độ điểm B, C thuộc đường tròn (C) cho B trung điểm
của đoạn thẳng AC
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + = hai điểm A(1; 0; 1), B(2; 1; 2) Lập phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A, B vng góc với mặt phẳng (Q)
Câu VIIa (1,0 điểm). Cho hệ phương trình
2
3
3
1
log log
2 ( )
0
x y
m x y my
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thực
B Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; 5 ) đường thẳng : 3x 4y 4 Tìm
trên hai điểm A B đối xứng qua 2;
2 I
cho diện tích tam giác ABC 15.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 0; 1), B(1; 2; 1), C(1; 2; 3) Hãy xác định toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,
Câu VIb (1,0 điểm). Giải bất phương trình:
2
1
3
(2)Cán coi thi khơng giải thích thêm!
(3)HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MƠN TỐN 12 KHỐI A
Câu Nội dung Điểm
I
1, TXĐ: R\{1} + Sự biến thiên: Giới hạn tiệm cận:
1
2
lim lim 2; lim lim
1
x x x x
x x
y y
x x
Hàm số có TCĐ x = 1, TCN y =
0,25
2
'
( 1) y
x
, x ≠ 1
Hàm số đồng biến khoảng (∞; 1) (1; +∞)
0,25
BBT
x ∞ 1 +∞
y" + +
y
+∞
2 ∞
0,25
Đồ thị:
0,25
2 Gi x0 l honh độ tiếp điểm PT tiếp tuyến
0
0
2
1
( )
1 ( 1)
x
y x x
x x
Vì tiếp tuyến cách hai điểm A, B nên tiếp tuyến qua trung điểm I AB hoặc song song hoặc trùng với AB
Nếu tiếp tuyến qua trung điểm I(1; 1) AB ta có:
0
2
0
2
1
( ) 1
1 ( 1)
x
x x
x x
Suy phương trình tiếp tuyến là:
1
4
y x
Nếu tiếp tuyến sơng song hoặc trùng với AB hệ số góc tiếp tuyến k =
2
0
0
1
2 ( 1)
x x x
Với x0 = ta có phương trình tiếp tuyến là: y = x +
Với x0 = 2 ta có phương trình tiếp tuyến là: y = x +
Vậy có ba phương trình tiếp tuyến:
1
; 1;
4
y x y x y x
0,25 0,25
(4)II
1 ®K:
sin sin
sin cos tan
x x
x x x
PT cos sin cos cos
sin sin cos
sin cos sin
x x x x
x x x
x x x
2
cos sin
cos sin cos sin sin cos sin
x x
x x x x x x
x
cosx sinxsin (1 sin )x x (cosx sin )(sin cosx x x sin2x1) 0 (cosx sin )(sin 2x xcos 2x 3) 0
(cos sin )( sin 3)
x x x
cos sin
2 sin(2 ) x x x
(lo¹i)
cosx sinx0 tanx = x k (k Z) (tm®k) 0,25 0,25 0,25 0,25
2 Phương trình thứ tương đương với:
2
2( ) 3( ) 1
2 x y
x y x y
x y
Với x + y = 2 thay vào phương trình thứ ta có:
2 2 0
2 y x y y y x Với x y
thay vào PT thứ ta có:
1 11 11
4
8
1 11 11
4 x y x x x y : Kết luận 0,25 0,25 0,5 III
Đặt u = x 1 u21 x 2udu dx ; đổi cận:
0 x u x u Ta có:
3 2
2
0 1
3
(2 6)
1
3 3
x u u
dx du u du du
u
x x u u
2
6 6ln
1
u u u
3 6ln 0,25 0,25 0,25 0,25 IV
Ta có SBDDCB c c c( ) SO CO Tương tự ta có SO = OA
vậy tam giác SCA vuông S,
1
CA x
Mặt khác ta có
2 2 2
AC BD AB BC CD AD
2
3 ( 3)
BD x do x
2 1 ABCD
S x x
(5)Gọi H hình chiếu S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD H CO
Mà 2 2
1 1
1 x SH
SH SC SA x Vậy V = 16x 3 x2 ( vtt)d
0,25 0,25
V
Ta cã: VT =
2 2
a b c b c a
A B b c c a a b b c c a a b
31 1
3 ( ) ( ) ( )
2
1 1
3 ( )( )( )3
2 2
A a b b c c a
a b b c c a
a b b c c a A
a b b c c a
2 2
2
1 ( ) ( )
1
2
a b c
a b c a b b c c a
a b b c c a
B B
Từ tacó VT
3
2 VP
Dấu đẳng thức xảy
1 a b c
0,25 0,25 0,25
0,25
VIa
1 Đường tròn (C) có tâm I(3; 1), bán kính R = Ta có: AI 2 5; IB IC 2
Trong AIC đường trung tuyến
2 2
2 32
2
AI IC AC
IB AC
Đường tròn bán kính AC là: (x1)2(y 3)232
Toạ độ điểm C nghiệm hệ:
2
2
9
( 3) ( 1) 5
;
1 13
( 1) ( 3) 32
5 x
x y x
y
x y y
Có cặp điểm thoả mãn là: B(3;1), (5; 1)C
7 13
; ; ;
5 5
B C
2 Ta có: AB(1;1;1)
mặt phẳng (Q) có vectơ pháp tuyến n1(1; 2;3)
Vì AB n, (1; 2;1) 0
nên mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là: n(1; 2;1)
Phương trình mặt phẳng (P) là: x 2y + z =
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 VIIa
Đk: x 0, y > 0
2
3
3
3 2
3
1 log log
log log ,
2
,
0
x y
x y y x y x
y y m
y y my x y my
x y my
Hệ có nghiệm (2) có nghiệm y > Ta có : f(y) =y2y > ,y > 0
Do phương trình f(y) = m có nghiệm dương m > Vậy hệ có nghiệm m >
0,25 0,25 0,25 0,25 VIb Gọi
3 16
; ;
4
a a
A a B a
.
Khi diện tích tam giác ABC
1
( , )
ABC
S AB d C AB , Theo giả thiết ta có
2
2
5 (4 ) 25
0 a a AB a a
Vậy hai điểm cần tìm A(0;1) B(4;4),
0,5 0,25
0,5
VIb 0,25
(6)2 AB
2;2; ,
AC
0;2;2
AB AC,
8; 4;4
là vtpt (ABC) Pt (ABC): 2(x1) y z 1 0 2x y z 1
Mp trung trực AB: (P): x + y z 1= Mp trung trực AC: (Q): y + z = Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm chung mp(ABC), (P), (Q)
VIIb
Đk: x0
2
3
5
2
3
5
1 log log log log
log log log
x x x x
x x x x
2 2
5
log x x log x x
*)
2
0 log x 1 x x0
*)
2 2
5
12
log 1 5
5
x x x x x x x
Vậy BPT có nghiệm
12 0;
5 x
0,25 0,25 0,25