de va da luyen thi so 03lop B5

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị C, biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị C đến tiếp tuyến là lớn nhất.. Giải hệ phương trình.[r]

SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT DƯƠNG ĐÌNH NGHỆ ĐỀ LUYỆN THI SỐ 03 Năm học 2012 - 2013 MÔN TOÁN 12 ( Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) ĐỀ SỐ Câu I (2.5 điểm) Cho hàm số y = \f(x,x-1 (C) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết khoảng cách từ tâm đối xứng đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn Câu II (3.0 điểm) Giải phương trình 2cos6x+2cos4x- 3cos2x = sin2x+ Giải hệ phương trình  2 x  x  y 2   y  y x  y   log ( x  1)  log ( x  1)3 0 x2  5x  Giải bất phương trình Câu V (3.0 điểm) 1.Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi SA = x (0 < x < ) các cạnh còn lại Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo x Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = và (d2): 4x + 3y - 12 = Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy Câu IV (1.5 điểm) x x x 2 x k Giải phương trình Cx  2Cx  Cx Cx2 ( Cn là tổ hợp chập k n phần tử) ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM Câu I (2.5đ) (1.5đ) 0.25 TXĐ : D = R\{1} Chiều biến thiên 0.5 lim f ( x )  lim f ( x) 1 x   x   lim f ( x) , lim   x  1 x nên y = là tiệm cận ngang đồ thị hàm số nên x = là tiệm cận đứng đồ thị hàm số 0 ( x  1) y’ =  Bảng biến thiên x 0.25 - + - y' - + y - Hàm số nghịc biến trên ( ;1) và (1; ) Hàm số không có cực trị (1.0đ) Đồ thị.(tự vẽ) Giao điểm đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 0.5 Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn 0.25 y  Phương trình tiếp tuyến M có dạng :  x ( x  x0 )  ( x0  1) x0  x02 x  y  0 ( x0  1) ( x0  1) 0.25 x0  1 Ta có d(I ;tt) = ( x0  1) 2t Xét hàm số f(t) = (t  0) 1 t4 f’(t) = t = Bảng biến thiên từ bảng biến thiên d(I ;tt) lớn khi t = hay ta có f’(t) = (1  t )  t 0.25 x f'(t) f(t)  x0 2 x0  1    x0 0 (1  t )(1  t )(1  t ) + + - ta c và + Với x0 = ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x0 = ta có tiếp tuyến là y = -x+4 Câu II(2.0đ) (1.0đ) (1.0đ) 4cos5xcosx = 2sinxcosx + cos2x 0.25 0.25  cos x=0   2cos5x =sinx+ cos x 0.25  cos x 0   cos5x=cos(x-  )     x   k   k   x    24   x    k 2  42 ĐK : y 0 0.25 0.25 0.5   x  x  y  0   2u  u  v  0     x  0   y y 2v  v  u  0 hệ đưa hệ dạng       u v 1   u v     u 1  v   u v    3  3  2v  v  u  0 u   u   ,    1   1  v  v     0.5 Từ đó ta có nghiệm hệ 3 (1.0đ) (-1 ;-1),(1 ;1), ( Đk: x > - ; 3 ;  ), ( 1 ) 0.25 3log ( x  1) log 0 ( x  1)( x  6) log ( x  1)   bất phương trình  0.5 log ( x  1) 0 x  0 x6 0.25 Câu III (1.5đ) 0.5 Ta có SBD DCB (c.c.c )  SO CO S Tương tự ta có SO = OA tam giác SCA vuông S  CA   x Mặt khác ta có AC  BD  AB  BC  CD  AD  BD   x (do  x  3)  S ABCD   x  x C D H O B (1.5đ) A Gọi H là hình chiếu S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD  H  CO 0.25 1 x    SH  SH SC SA  x2 Mà x  x (dvtt) Vậy V = 0.25 0.75 Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) 0.75 Gọi BI là đường phân giác góc B với I thuộc OA đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 CâuIV( 1.5đ)   x 5  xN ĐK :  C x  Cxx   C xx   Cxx  Cx2x2  Cxx1  Cxx 11 C x2x2  Cxx2 C x2x2 Ta có x  (5  x)! 2!  x 3 1.5