Đang tải... (xem toàn văn)
1) Chứng minh rằng BC vuông góc với mặt phẳng (SBD). 2) Gọi G là trọng tâm của tam giác DBC.. Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC).[r]
(1)TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I
ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC BỒI DƯỜNG HÈ Năm học: 2012 – 2013
Mơn thi: TỐN KHỐI 12 (Thời gian: 180 phút)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
1) Giải phương trình : 2sin2x+√3.sin 2x+1=2(cosx+√3 sinx) 2) Giải bất phương trình : √x2−3x+2−√2x2−3x+1≥x−1 Câu II (2,0 điểm)
1) Tìm m để phương trình sau có nghiệm : 2√4x−1+(m+3)√x+1=4
4
√4x2+3x−1 2) Giải hệ phương trình :
x4
+4x2+y2−4y=2
x2y
+2x2
+6y=23
¿
{¿ ¿ ¿
¿
Câu III (2,0 điểm) :Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vuông tai A D,
AB=AD=a, CD=2AB, SA=a √3 , hai mặt bên (SDC) (SAD) vuông góc với đáy (ABCD) 1) Chứng minh BC vng góc với mặt phẳng (SBD)
2) Gọi G trọng tâm tam giác DBC Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC)
Câu IV (1,0 điểm) : Cho số thực x, y, z dương thỏa mãn : x + y + z ¿ 3 Tìm giá trị nhỏ
biểu thức : P = 2 x3+
2 y3+
2 z3+
1
x2−xy+y2+
1
y2−yz+z2+
1
z2−zx+x2 . II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần 2).
1 Theo chương trình Chuẩn. Câu V.a
1) Cho tam giác ABC vuông A, đỉnh B(1;1), đường thẳng AC có phương trình: 4x+3y-32 =
Trên tia BC lấy điểm M cho: BC.BM=75 Tìm tọa độ điểm C biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
AMC 5√5
2
2) Cho hàm số y = x3 - 3x + (C) Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (C) giao điểm đồ thị
với trục hoành
3) Cho n nguyên dương thỏa mãn: 3Cn+1
1
+8Cn2+2=3Cn3+1 Tìm hệ số x4 khai triển nhị thức f(x) =
(√x−3
x)
n
; (x > 0)
2 Theo chương trình Nâng cao. Câu V.b
1) Cho hình bình hành ABCD biết D(-6;-6), phương trình trung trực cạnh DC 2x+3y+17=0 Phương trình phân giác góc ∠ BAC 5x+y-3=0 Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình bình hành
2) Cho hàm số : y=−
1 3x
3
+2x2−5x+2
(C) Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (C) biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng 3x-y+1=0 góc 450
3) Cho tập A={0;1;2; ;9} Từ tập A lập số tự nhiên có chữ số đơi khác cho số ln có mặt hai số ; đứng trước
(2)-Hết -ĐÁP ÁN THAM KHẢO Câu I 1)
¿
2sin2x+√3.sin2x+1=2(cosx+√3.sinx)⇔2sin2x+√3.sin2x+sin2x+cos2x=2(cosx+√3.sinx) ⇔3sin2x+2√3.sinxcosx+cos2x=2(cosx+√3.sinx)⇔(cosx+√3.sinx)2=2(cosx+√3.sinx) ⇔
[cosx+√3.sinx=0 [cosx+√3.sinx=2[⇔¿
[√3.sinx=−cosx [1
2cosx+
√3
2sinx=1
[⇔¿
[tanx=−1
√3
[cos(x−π
3)=1
[⇔¿ [x=−π
6+Kπ
[x=π
3+K2π
[¿¿
2) Điều kiện:
x≥2
x≤1
2
¿ {¿ ¿ ¿
¿
bpt ⇔√(x−1)(x−2)−√(x−1)(2x−1)≥x−1 - Nhận thấy x = nghiệm bpt
- Với x ¿ 2, bpt ⇔√x−2−√2x−1≥√x−1⇔√x−2≥√2x−1+√x−1
⇒x−2≥2x−1+x−1+2√(x−1)(2x−1)⇔−2x≥2√(x−1)(2x−1) vô nghiệm
- Với x ≤1
2 , bpt ⇔√2−x−√1−2x≥−√1−x⇔√2−x+√1−x≥√1−2x
⇔2−x+1−x+2√(2−x)(1−x)≥1−2x⇔2+2√(2−x)(1−x)≥0 với ∀ x ≤1
2 Kết luận: nghiệm bpt cho x ≤1
2 x = Câu II 1) ĐK: x ¿ 1
4
pt ⇔2√4x−1+(m+3)√x+1=4√4(4x−1)(x+1)
Vì x = -1 khơng phải nghiệm pt, ta chia vế pt cho √x+1 , ta được:
pt ⇔ 2 √4x−1
x+1 + m + =
4
√4x−1
x+1
Đặt √4 4x−1
x+1 = t
⇒ t =
√4x−1
x+1 ≥
pt cho ⇔ 2t2 + m + = 4t ⇔ m = -2t2 + 4t –
Xét hàm số f(t) = -2t2 + 4t – Với t ≥ 0.
f(t)’ = -4t + = ⇔ t = Bảng biến thiên:
Vậy để pt cho có nghiệm ⇔
m ¿ -1
t +
∞
f(t)’ + -f(t) -1
3
(3)2)
x4+4 x2+ y2−4 y=2
x2 y
+2x2
+6 y=23 ⇔
¿
( x2
+2)2+( y−2)2=10
y(x2+2) +2( x2+2) +4( y−2)=19
¿
{¿ ¿ ¿
¿
Đặt
a=x2 +2
b=y−2 ¿
{¿ ¿ ¿
¿ Hệ pt cho trở thành:
a2
+b2
=10
a(b+2) +2a+4b=19
⇔ ¿ a2
+b2
=10
a=19−4 b
b+4
¿
{¿ ¿ ¿
¿ ¿
¿ y−2=1
x2+1=3
¿ [ ¿ y−2=3
x2+2=1
¿ ¿[ ⇔
¿ ¿ y=3
x=±1
¿ [ ¿ y=5
x2
=−1(loai) ¿ ¿[ ⇔
¿ ⇒(19b −4b
+4 )
2
+b2
=10⇔(19−4b)2+b2
(b+4)2=10(b+4)2⇔b4
+8b3
+22b2
−232b+201=0
⇔ (b2
−4b+3)(b2
+12b+67)=0⇔b2
−4b+3=0⇔
[b=1
[b=3[ ⇒¿[[aa==31[¿⇔¿[{¿ ¿ ¿ Kết luận: hệ pt cho có cặp nghiệm: (x;y) = (1;3) , (-1;3)
Câu III:
M
D C
B S
A
I
K G E
H
1) Vì (SDC) (SDA) vng góc với đáy nên SD đường cao hình chóp (SDC) (SDA) = SD.⋀ Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ BI vng góc với DC → tứ giác DIBA hình vng
⇒DI=IB=DA=a⇒IC=DC−DI=2a−a=a⇒ID=IB=IC=a
⇒ ∆ DBC tam giác ⊥ cân B ⇒ BC ¿ DB Mà BC ¿ SD ⇒ BC ¿ (SBD)
2) Trong mặt phẳng (ABCD) qua G kẻ đường thẳng ¿/¿ với BC cắt DB K ⇒ GK ¿/¿ (SBC)
⇒ d(G;(SBC)) = d(K;(SBC)) .
Trong mặt phẳng (SDB) : +) Kẻ DE ¿ SB mà BC ¿ DE ⇒ DE ¿ (SBC)
+) Kẻ KH ¿/¿ DE ⇒ KH ¿ (SBC) ⇒ d(K;(SBC)) = KH.
Tứ giác AICB hình bình hành IC ¿/¿ AB IC = AB ⇒ AI ¿/¿ GK
AI DB = M ⋀ ⇒ M trung điểm DB Xét ∆ BKG địng dạng với ∆ BMI, ta có:
BK
BM=
BG BI =
2
3 ⇔
2BK
BD =
2 3
BK BD=
1 3 Xét ∆ BKH đồng dạng với ∆ BDE, ta có:
BK BD=
KH DE=
1 3KH=
DE
3
(4)Xét ∆ vuông ADB : BD2 = DA2 + AB2 = a2 + a2 = 2a2
Xét ∆ vuông DSB : 1
DE2=
1
SD2+
1
DB2=
1 2a2+
1 2a2=
1
a2 DE2 = a2 DE = a ⇒ KH =
a
3
⇒ d(G;(SBC)) = a
3
Câu IV : Áp dụng BĐT coossi cho số dương, ta có:
1
x3+
1
y3+1≥3
3
√x13.
1
y3=
3
xy Tương tự :
1
y3+
1
z3+1≥
3
yz
1
z3+
1
x3+1≥
3
zx
⇒ P ≥
1
x2−xy+y2+ 1
y2−yz+z2+ 1
z2−zx+x2+ 3 xy+
3 yz+
3 zx−3 Áp dụng BĐT : a2
m+ b2
n + c2
p≥
(a+b+c)2
m+n+p ta có:
1
x2−xy+y2+ 3
xy=
1
x2−xy+y2+ 1
xy+
4 2xy≥
(1+1+2)2 (x+y)2 =
16
(x+y)2 Tương tự: 1
y2−yz+z2+ 3
yz≥
16
(y+z)2
1
z2−zx+x2+ 3
zx≥
16 (z+x)2
⇒ P ≥
16( 1 (x+y)2+
1 (y+z)2+
1
(z+x)2)−3≥ 16
3 ( 1
x+y+
1
y+z+ 1
z+x)
2
−3≥16 3 [
9 2(x+y+z)]
2
−3
¿16 3 .(
9 2.3)
2
−3=12−3=9 Dấu “=” xảy x = y = z =1 Câu V.a
1) Vì AC ¿ AB nên pt đường thẳng AB là: -3(x-1) + 4(y-1) = ⇔ -3x + 4y -1 = 0.
Ta có : AB AC = A ⋀ ⇒ tọa độ điểm A nghiệm hệ pt:
4 x+3 y−3 2=0 −3 x+4⇔y−1=0
¿
x=5
y=4
¿
{¿ ¿ ¿
¿ ⇒ A(5;4)
Vì C
ϵ
AC C (
t ;32−4t
3 )
Gọi O(x;y) tâm đường trịn ngoại tiếp ∆ AMC , ta có: Phương tích điểm M với đường trịn (O):
P(M/(O)) = BM.BC = OB2 – R2 OB2 = 75 + (
5√5 2 )
2
=425
4
⇔ (x-1)2 + (y-1)2 =
425 4 (1)
Mà OA2 = R2 ⇔ (x-5)2 + (y-4)2 =
125 4 (2)
C M
O B
A
(5)Từ (1) (2) ⇒
¿
x=7,5
y=9
¿ [ ¿
x=10 ,
y=5
¿
¿[ ⇒
[ {¿ ¿ ¿ ¿
OC2 = R2 ⇔ (t – x)2 + (
32−4t
3 - y)2 = 125
4
Với O(
15
2 ;9) , ta có:
(t−15
2 )
2
+(32−4t
3 −9)
2
=125
4 ⇔
¿[t=5
[t=2 [ ⇒¿
[C(5; 4) [C(2; 8)[¿
Với O(
21
2 ;5) , ta có :
(t−21
2 )
2
+(32−4t
3 −5)
2
=125
4 ⇔
¿[t=5
[t=8[ ⇒¿
[C(5;4) [C(8;0)[¿
Kết luận: Có điểm C thỏa mãn là: C(2;8) C(8;0) (C(5;4) loại trùng với điểm A) 2) y’ = 3x2 -3
Đồ thị hàm số giao với Ox y =
⇒
¿ [x=1
[x=−2[¿
Tiếp tuyến (1;0) là: y = y’
(1).(x-1) =
Tiếp tuyến (-2;0) : y = y’(-2).(x+2) = 9(x+2) = 9x + 18
3) Theo ra: 3Cn+1
+8Cn2+2=3C3n+1 (ĐK: n+1 ≥ 3 n+2 ≥ 2 ⇔
n ≥ 2)
⇔3 (n+1)!
n ! +8
(n+2)! 2!.n ! =3
(n+1)!
3!.(n−2)!⇔3(n+1)+4(n+2)(n+1)=
(n+1)n(n−1) 2
(n+1)[3+4(n+2)−n(n−1)
2 ]=0⇔3+4(n+2)−
n(n−1)
2 =0 (vì n≥2⇒n+1>0)
⇔
¿[n=11(t/m)
[n=−2(loai)[¿
Khi f(x) =
∑ ¿
k=0 11
.C11k (√x) 11−k.
(−1)k.(3
x)
k
=∑ ¿
k=0 11
.C11k (−3)k.x 11
2− 3k
2
(√x−3x)
11
=¿ ¿
Hệ số x4 Cnk.(−3)k với giá trị k thỏa mãn: 11
2 − 3k
2 = ⇔ k = Vậy hệ số x4 C111 .(−3)1=−33 .
Câu V.b 1)
Vì DC ¿ (d) nên pt đường thẳng DC :
-3(x+6) +2(y+6) = ⇔ -3x + 2y – = Vì DC giao (d) = I ⇒ I (-4;-3) ⇒ C (-2;0) Từ C kể đường thẳng ¿ (d’) cắt AB K
⇒ ∆ ACK ∆ cân A
Pt đường thẳng CH : -(x+2) + 5y = ⇔ -x + 5y –
=0
Vì (d’) giao CK = H ⇒ H (
1 2;
1 2) ⇒
K (3;1)
d' d
M H
I
A B
C D
(6)Vì AB ¿/¿ DC nên pt đường thẳng AB : -3(x-3) + 2(y-1) = ⇔ -3x + 2y + = Vì AB giao (d’) = A ⇒ A (1;-2) Gọi M giao đường chéo ⇒ M
=(xA+xc
2 ;
yA+yC
2 )=(− 1 2;−1)
⇒ B (5;4)
Kết luận: đỉnh hình bình hành cần tìm là: A(1;-2) , B(5;4) , C(-2;0) , D(-6;-6) 2) Đường thẳng 3x – y + = có n1
→
(3;−1)
Gọi pttt có dạng : y = Kx + b có n1
→
(3;−1)
Theo ra, ta có:
|n1
→
.n→2| |n1
→
||n2
→
|
=cos 450=√2
2 ⇔
|3K+1|
√10 √K2+1=
√2 ⇔
(3K+1)2
10(K2+1)=
1 2⇔
¿
[K=−2 [K=1
2
[¿
⇔
¿
[y '(x0)=−x
02+4x0−5=−2
[y '(x0)=−x
02+4x0−5=
1
2 (vô nghiem)
[ ⇔¿[x0=3
[x0=1[ ⇒¿
[y0=−4 [y0=−4
3
[¿
Vậy có pttt thỏa mãn: y = -2(x-3) – = -2x +2 y = -2(x-1) - 4
3 = -2x + 2 3
3) Các chữ số có chữ số cần tìm có dạng : a1a2a3a4a5a6
TH1: a1 ≠ 0, ta xếp 1,2 vào vị trí ⇒ có A6
2
=30
(cách chọn) Trong số cịn lại thì: số thứ có cách chọn
Số thứ hai có cách chọn Số thứ ba có cách chọn Số thứ tư có cách chọn Số cách chọn TH1 là: 30.8.7.6.5 = 50400 (cách)
TH2: a1 = 0, ta xếp 1,2 vào vị trí ⇒ có A5
2
=20
(cách chọn) Trong số cịn lại thì: số thứ có cách chọn
Số thứ hai có cách chọn Số thứ ba có cách chọn Số cách chọn TH2 là: 20.7.6.5 = 4200 (cách)
Tổng có : 50400 – 4200 = 46200 số có chữ số lập từ số cho ln có mặt chữ số Vậy tổng số có chữ số cho số đứng trước là: 46200 : = 23100 (cách)
-THE