DE THI CHUYEN VINH PHUC

Tìm tất cả các giá trị của m để các điểm cực trị của đồ thị m nằm trên các trục tọa độ.. Giải phương trình:..[r]

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) C  Câu I ( 2,0 điểm) Cho hàm số y  x  2mx  có đồ thị m ( m là tham số thực) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m =2 C  Tìm tất các giá trị m để các điểm cực trị đồ thị m nằm trên các trục tọa độ Câu II (2,0 điểm) sin x tan x  sin x  tan x 3 Giải phương trình: 3+ x <1 Giải bất phương trình: √ x+ 3−x 2 x  y  y  x  0  x  x    y  y  3  13 0 Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có đoạn thẳng nối hai tâm hai mặt bên kề có độ dài a Tính theo a thể tích khối lập phương ABCD.A'B'C'D' và khoảng cách hai đường thẳng AC' và B'D' Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y , z thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  x2   y2   z2  P x     y     z    yz   zx   xy  II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình   x  y 0 và điểm M(2;1) Lập phương trình đường thẳng    cắt trục hoành A, cắt đường thẳng (d) B cho tam giác AMB vuông cân M Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C1) có phương trình x  y 25 , điểm M(1; -2) Đường tròn (C2) có bán kính 10 Tìm tọa độ tâm (C2) cho (C2) cắt (C1) theo dây cung qua M có độ dài nhỏ 12 C x  Ax2  A22x  81 * Câu VIII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình: x (xN ) B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm P(-7;8) và hai đường thẳng  d1  : x  y  0,  d  : x  y  0 cắt A Viết phương trình đường thẳng (d) qua P 29 và tạo với ( d1 ),( d ) tam giác cân A và có diện tích Câu VII.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình x  y  0 và đường tròn (C1) có phương trình: x  y  x  y  0 Đường tròn (C2) có tâm thuộc (d), (C2) tiếp xúc ngoài với (C1) và có bán kính gấp đôi bán kính (C1) Viết phương trình đường tròn (C2) x  mx  y x 1 Câu VIII.b (1,0 điểm) Cho hàm số Tìm tất các giá trị m để hàm số có cực đại, cực tiểu đồng thời hai điểm cực đại, cực tiểu đồ thị nằm hai phía đường thẳng (d): 2x+y1=0 - Hết Chú ý: Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên Thí sinh: ………………………………; Số báo danh: …………………… Câu I HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2012-2013 LẦN MÔN TOÁN -KHỐI D ( Đáp án có 06 trang: từ trang đến trang ) Đáp án Khảo sát hàm số với m = Với m = 2, hàm số trở thành: y  x  4x  Điểm 1,00 0,25 * TXĐ: R * Sự biến thiên hàm số: lim y  ; Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: - Bảng biến thiên: 0,25 lim y   x   x    x 0 y '  x  x; y ' 0    x  + Ta có: + Bảng biến thiên: x - y’ + y  0 - - + + 0 - -4 0,25 -   ; -  và  0;    2;0  và  2;  - Hàm số nghịch biến trên khoảng   2;0  ,  2;0  điểm cực tiểu đồ thị B(0;-4) - Điểm cực đại đồ thị là - Hàm số đồng biến trên khoảng * Đồ thị: 0;   và cắt trục hoành điểm + Đồ thị cắt trục tung  + Nhận xét: Đồ thị (C) nhận trục tung làm trục đối xứng  2;0  và  2;0  0,25 fx = -x4 +4x2 -4 -5 10 -2 -4 -6 -8 C Tìm m để tất các cực trị hàm số  m  nằm trên các trục tọa độ 1,00  x 0 y '  x3  4mx 4 x   x  m  ; y ' 0    x m Ta có:  Cm  m 0 0,25 C Nếu m  thì  m  có điểm cực trị Một cực tiểu nằm trên trục tung và hai 0,25 Nếu tung thì có điểm cực trị và đó là điểm cực đại nằm trên trục 0,25 2 điểm cực đại có tọa độ ( m ; m  4) , ( m ; m  4) Để hai điểm này nằm trên trục hoành thì m  0  m 2 Vì m  nên chọn m = 0,25 m  (  ; 0]  II   là giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy Giải phương trình lượng giác   cos 2x 0  x   m , m  Z - Đk Ta có: sin x tan x  3(sin x  tan x) 3  (sin x tan x  sin x )  (3 tan x  3) 0  sin x(tan x  3)  3(tan x  3) 0  (tan x  3)(sin x  3) 0    k  tan x   x   k  x   (k  Z ) (thỏa mãn)   x   k , k  Z Vậy pt có họ nghiệm : Giải bất phương trình + Đk: x 0; x 3 Bất phương trình  III x 1 0,25 0,25 0,25 3 x 3 x 0,25 0,25 0,25 1,00 + Điều kiện: x  y 0, y  x 0 Đặt 0,25 1,00 0,25   2x 3  x    2x 4x   x  x  3 x (3  x)   x 0    x  (3; )   x  10x    x  (3; )   x  (3;9)  x  (1;9) (Thỏa mãn điều kiện) Vậy tập nghiệm bpt là : (3;9) Giải hệ phương trình 1,00 u  x2  y , v  y2  8x 2u  v 1   2 u  v 13  + Ta được: 0,25  u, v 0  v 2u    2 u  v 13 v 2u   2 u  (2u  1) 13 v 2u   v 2u    u 2     5u  4u  12 0   u   (loai )   0,25 u 2  v 3    + Khi đó   x2 y   x  y 2  x  y 4    2  y  x 9 y  x 3   x   x 9    0,25   x2 y     x  x  72 x  65 0    x 1   x2 y    4 x  y    y 1       x  ( x  1)( x  5)( x  x  13) 0   x 1     x    y  0,25 Kết hợp với điều kiện ban đầu ta thu tập hợp nghiệm hệ phương trình S  (1;1),(  5;  7)  là: Tính thể tích … IV B 1,00 0,25 C A D M K N B' C' I A' D' + Gọi M,N là tâm hình vuông ABB'A'; ADD'A'  MN  B'D '  B'D ' 2a  A 'B' a 2 V ABCDA ' B ' C ' D ' =AA ' S A ' B ' C ' D ' ¿ a √ ( a √ ) =2 √ a3 (đvtt) 0,25 + Gọi I là giao B'D' và A'C' Trong (AA'C') kẻ IK ⊥ AC '; K ∈ AC ' 0,25 AA ' ⊥ B ' D ' A ' C ' ⊥ B' D ' Vì } ⇒(AA ' C)⊥ B' D ' ⇒ IK ⊥ B ' D' Vậy: d ( AC ', B' D' )=IK ΔC ' IK đồng dạng với C'AA '  0,25 IK C'I AA '.C'I a 2.a a   IK    AA ' C'A C'A a 3 Kết luận: Khoảng cách hai đường thẳng AC’ và B’D’ Tìm GTNN biểu thức… a √3 1,00 V 3 2 x + y +z x +y +z +2 Ta có: P= xyz 2 Áp dụng bđt: a +b ≥ ab , ∀ a , b ⇒ x + y + z ≥ xy +yz +zx ( ) Đẳng thức xảy x = y = z x 3+ y 3+ z xy+ yz +zx x3 y3 z3 +2 ⇒ P≥ + + + + + xyz x y z t + Xét hàm số f (t)= + với t> ; t t −2 f ' (t)=t − = ; f ' (t)=0 ⇔ t=√4 t t ( ⇒P≥ )( )( ) + BBT t f /  t 0,25 42     f t 0,25  0,25 34 Vậy P≥ √4 Đẳng thức xảy x= y=z =√4 Hay Pmin =4 4√8 0,25 VI Chương trình chuẩn a Viết phương trình đường thẳng…   A  Ox  A(a;0), B  d  B(b; b) , M (2;1)  MA (a  2;  1), MB (b  2; b  1) Tam giác ABM vuông cân M nên:   MA.MB 0    MA MB 1,00 0,25 (a  2)(b  2)  (b  1) 0  2  (a  2)   (b  2)  (b  1) Nhận xét b=2 không thỏa mãn hệ phương trình này b  a 2 b   b a     b  (a  2)2  (b  2)2  (b  1)  b    (b  2)  (b  1)   b   Ta có : b  a   b       2   (b  2)  (b  1)    (b  2)  1 0     0,25  a 2   b 1  a 4   b 3 a 2  Với b 1 đường thẳng  qua A,B có phương trình x  y  0 a 4  Với b 3 đường thẳng  qua A,B có phương trình 3x  y  12 0 0,25 0,25 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x  y  0 và 3x  y  12 0 VII a Tìm tọa độ tâm đường tròn… (C1) A 1,00 (C2) O M I B +(C1) có tâm O(0;0), bán kính R=5  OM (1 ; −2 ) ⇒ OM=√ 5⇒ OM< R⇒ M nằm đường tròn (C1) + Giả sử (C2) cắt (C1) A và B Gọi H là trung điểm đoạn AB AB=2 AH=2 √ OA2 −OH 2=2 √25 − OH2 Mà OH lớn H trùng với M Vậy AB nhỏ M là trung điểm AB AB qua M và vuông góc với OM + Phương trình AB: x – 2y – = Tọa độ A,B là nghiệm hệ: ¿ x − y −5=0 x + y 2=25 Giải hệ hai nghiệm(5;0);(-3;-4) ¿{ ¿ + Giả sử A(5;0); B(-3;-4) Phương trình OM: 2x + y = Gọi I là tâm (C2); Do I ∈ OM⇒ I (t ; − 2t ) 2 Mà IA = √10 => −t ¿ +¿4 t =40 Giải ra: t = -1 t = t   I( 1, 2) ; 0,25 0,25 0,25 0,25 t=3 ⇒ I (3,− 6) Vậy tâm (C2) có tọa độ (-1 ; 2) (3, -6) a Tìm nghiệm BPT… VIII 1,00 0,25 + Đk : x ∈ N ; x ≥3 12 x! x ! (2 x)! − ≥ − 81 x 3! (x − 3)! (x −2)! (2 x −2)! ⇔2(x −2)(x − 1) −3( x −1) x ≥ x (2 x − 1) −81 −17 ⇔ x +2 x − 85≤ ⇔ ≤ x ≤5 + Kết hợp điều kiện ta x ∈ { 3; ; } Vậy tập nghiệm pt là { ; ; } bpt⇔ 0,25 0,25 0,25 Chương trình nâng cao b Viết phương trình… VI 1,00 d2 d1 A 0,25 d B P H C Ta có A d1  d  tọa độ A là nghiệm hệ  x  y  0   5 x  y  0  x 1  A  1;  1   y  Phương trình các đường phân giác các góc tạo d1 , d là  1  : x  y  0,    : x  y  10 0 Vì d tạo với d1 , d tam giác cân A nên  d  1 d      3x  y  C1 0  x  y  C 0  Mặt khác P ( 7;8)  ( d ) nên C1 77, C2 25  d : 3x  y  77 0  Suy ra:  d : x  y  25 0 Gọi B d1  d , C d  d Thấy (d1 )  (d )  tam giác ABC vuông cân A 1 29 S ABC  AB AC  AB   AB  29 2 nên: và BC  AB  58 29 2 S ABC 58 AH    BC 58 Suy ra: Với d : x  y  77 0 , ta có Với d : x  y  25 0 ta có Vậy d : x  y  25 0 d ( A; d )  d ( A; d )  3.1  7( 1)  77 32  ( 7) 7.1  3( 1)  25  32  87 58  AH  58 VII (C1) có tâm I(2 ;-1); bán kính R1 = 1.Vậy (C2) có bán kính R2 = Gọi J là tâm (C2) Do J ∈ d ⇒J ( t ; −t − ) (C1) tiếp xúc ngoài với (C2) nên IJ = R1 + R2 = hay IJ2 = 2 (loại) 0,25 1,00 0,25 0,25 t −2 ¿ + ( − t −1 ) =9 ⇔t −t − 2=0 ⇔ ¿ t=2 ¿ t=−1 ¿ ¿ ¿ ¿ ⇔¿ y +1 ¿ =4 x+1 ¿2 +¿ + t=−1 ⇒ J ( −1 ; −1 ) ⇒ (C 2):¿ y+ ¿ =4 x −2 ¿ +¿ + t =2⇒ J (2 ; − ) ⇒ (C ): ¿ y +1¿ 2=4 Vậy có đường tròn (C2) thỏa mãn là: x +1 ¿2 +¿ ¿ y +4 ¿ =4 và x −2 ¿2 +¿ ¿ b Tìm m để… 0,25 29 58    AH 58 (t/mãn) b Viết phương trình … 0,25 0,25 0,25 1,00 VIII y'  0,25 x2  2x  m  x 1   Ta có Hàm số có CĐ, CT pt y'=0 có nghiệm phân biệt khác -1  x  x  m  0 có hai nghiệm phân biệt khác –  ' 4  m    m4 m  0 Giả sử đồ thị có điểm CĐ,CT là A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  Khi đó pt đường thẳng qua điểm CĐ,CT là y = 2x+m Suy y1 2 x1  m; y2 2 x2  m Hai điểm A, B nằm hai phía đường thẳng (d)  x1  y1  1  x2  y2  1    x1  m  1  x2  m  1   16 x1 x2   m  1  x1  x2    m  1  Theo định lý Vi-et  x1  x2    x1 x2 m  Thay vào bpt trên, ta được: 0,25 0,25 0,25 m  6m  39      m    Vậy    m   