Thi thử toán vĩnh lộc th 2012 lần 2 k a

351 views

Published on

0 Comments
0 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

No Downloads
Views
Total views
351
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
2
Actions
Shares
0
Downloads
2
Comments
0
Likes
0
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Thi thử toán vĩnh lộc th 2012 lần 2 k a

  1. 1. Së GD - §T Thanh Ho¸ Kú thi kh¶o s¸t chÊt lîng häc sinh khèi 12Trêng THPT VÜnh Léc LÇn thø hai n¨m häc 2012GV: Nguyễn Văn Thơi §Ò thi m«n To¸n Khèi A ( Thêi gian lµm bµi 180 phót kh«ng tÝnh thêi gian ph¸t ®Ò)I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )Câu I ( 2 điểm ) Cho hàm số y =x −3mx +2 ( C ) 3 m 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( C ) ứng với m=1 1 2. Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của ( C ) cắt đường tròn tâm m I ( 1;1) , bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhấtCâu II ( 2 điểm ) 3 4 + 2sin 2 x1 . Giải phương trình:. 2 + − 2 3 = 2(cot x +1) . cos x sin 2 x2 . Giải phương phương trình: 2 log 2 x = x 1 4 x ∫ (x e + 3 2 xCâu III ( 1 điểm ) Tính tích phân )dx 0 1+ xCâu IV( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a; SA = = = .và đặt SB SC 2aSD = x .Chứng minh ∆ là tam giác vuông . Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD Tính V theo a và x tìm x SBDđể V là lớn nhấtCâu V (1 điểm). T×m m sao cho hÖ ph¬ng tr×nh sau cã 4 nghiÖm thùc ph©n biÖt: x 3 + 6 x = 3 x 2 + y 3 + 3 y + 4   m( x + 4) y + 2 y + 3 = 5 x + 8 y + 32 2 2 II/PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm )Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)Phần A .Theo chương trình chuẩnCâu VIa ( 2 điểm )1. Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường tròn (C) : (x + 6) 2 + (y – 6)2 = 50 . Đường thẳng d cắt hai trục tọađộ tại hai điểm A, B khác gốc O .Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (C) tại M sao choM là trung điểm của đoạn thẳng AB .2. Trong không gian tọa độ (Oxyz) cho A(5;3;-4) , B(1;3;4) .Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy)sao cho tam giác CAB cân tại C và có diện tích bằng 8 5 . 25Câu VIIa (1 điểm) Tìm số phức Z thoả mãn : z+ z = 8 − 6iPhần B.Theo chương trình nâng caoCâu VIb ( 2 điểm)  11 1 . Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) tam giác ABC có trọng tâm G  1; ÷ , đường thẳng trung trực của cạnh BC  3có phương trình x − 3y +8 = 0 và đường thẳng chứa A;B có phương trình 4x + y – 9 = 0 . Xác định tọa độcác đỉnh của ∆ABC2. Trong không gian tọa độ (Oxyz) cho mặt cầu (S) : x +y + z − x+ y− z+ = 2 4 2 4 2 5 0 , mặt phẳng 2(Q) : 2x + y – 6z + 5 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P). Biết rằng mặt phẳng (P) đi qua A(1;1;2) ,vuông gócvới mặt phẳng (Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S).Câu VIIb ( 1 điểm) T×m sè nguyªn d¬ng n biÕt: 2C2n+1 −3.2.2C2n+1 +.... +( − k k( k −1)2k −2 C2n+1 +.... −2n(2n +1)22n−1 C2n+1 =− 2 3 1) k 2 n+1 40200 …………Hết…………
  2. 2. Đáp án Môn : Toán - Khối A (Gồm 6 trang) Câu Nội dung Điểm I 1.(1,0 điểm)(2điểm) Hàm số y =x −3x +2 (C1) ứng với m=1 3 +Tập xác định: R 0,25 +Sự biến thiên - lim y =−∞ lim y =−∞ , x→ ∞ − x→ ∞ + - Chiều biến thiên: y =3x −3 =0 ⇔ =± x 1 2 Bảng biến thiên X -1 1 −∞ +∞ y’ + 0 - 0 + 0,25 4 +∞ Y 0 −∞ Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( 1; +∞ ) , nghịch biến trên khoảng (-1;1) 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x =−1, y CD =4 . Hàm số đạt cực tiểu tại x =1, yCT =0 +Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn y f(x)=x^3-3x+2 4 3 2 0,25 1 x -2 -1 1 2 -1 2.(1,0 điểm) Ta có y =3x −3m 2 Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y=0 có hai nghiệm 0,25 phân biệt ⇔ > m 0 1 Vì y= x. y − 2mx + 2 nên đường thẳng ∆ đi qua cực đại, cực tiểu của đồ 3 0,25 thị hàm số có phương trình là y =− mx + 2 2 2 m −1 0,25 Ta có d ( I , ∆) = .Giả sử 4m + 1 2 2m −1 4m 2 +1 <1 ↔4m 2 +1 > 4m 2 − 4 m +1 ↔ m > 0 (vì m > 0),nên d ( I , ∆ < R =1 ) chứng tỏ đường thẳng luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R = ∆ 1 tại 2 điểm A, B phân biệt 1 Với m≠ 2 , đường thẳng ∆ không đi qua I, ta có: 1 1 1 S ∆ABI = IA.IB.sin · AIB ≤ R 2 Sin 900 = 2 2 2
  3. 3. 1 Nên S ∆ IAB đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi Sin ·AIB = 1 hay ∆AIB vuông R 1 cân tại I ⇔ IH = 2 = 2 (H là trung điểm của AB) 0,25 2m −1 1 2± 3 ⇔ = ⇔m = 4m +1 2 2 2II 2,00 1 3 4 + 2sin 2 x Giải phương trình: 2 + − 2 3 = 2(cot x +1) . cos x sin 2 x cos 2 x ≠ 0 π 0,25 Đk:  ↔ x≠k (1) sin 2 x ≠ 0 2 Với Đk (1) phương trình đã cho tương đương với: ( 3 1 + tg2 x + ) 4 sin 2 x − 2 3 = 2cotg x ⇔ 2(sin 2 x + cos 2 x) ⇔ 3tg2 x + − 3 = 2cot x ⇔ sin x cos x ⇔ 3tg2 x +2tg x − 3 =0 0,25  tg x = − 3  π   x = − 3 + kπ ⇔ ⇔ 0,25  tg x = 1  x = π + kπ  3   6 KL: So sánh với điều kiện phương trình có tậpnghiệm : π π  Tx =  + k / k ∈ Z  0,25  6 2  2 Giải phương phương trình: 2 log 2 x = x x > 0 x > 0  Ta có (1) ⇔ 2 ⇔  ln x ln 2 0,25 x = 2  x = 2 x (2)  ln x XÐt hµm sè: f ( x) = x trªn (0;+∞) ; f ( x) = 1 −ln x ; f ( x ) =0 ⇔x =e 0,25 x2 B¶ng biÕn thiªn. x 0 e + ∞ f’ 1.- 0 + 0,25 f(x) 1 e Tõ b¶ng biÕn thiªn suy ra hÖ cã kh«ng qu¸ 2 nghiÖm: NhËn 0,25 thÊy x=2; x=4 tháa m·n (2).
  4. 4. VËy ph¬ng tr×nh (1) cã tập nghiÖm Tx ={ 2, 4} .III 1 4 x 1,00 ∫ (x e + 3 2 x Tính tích phân )dx 0 1+ x 1 4 1 1 4 x x Đặt I = ∫ ( x e 2 x3 + 1+ x )dx . Ta có I = ∫ x e 2 x3 dx + ∫ 1+ x dx 0,25 0 0 0 1 1 1 t 1 t 1 1 I1 = ∫ x 2e x dx ∫ e dt = 3 e 3 1 3 Ta tính 0 Đặt t = x ta có I1 = 30 0 = e− 3 3 0,25 1 4 x Ta tính I2 = ∫ dx Đặt t = ⇒ = 4 ⇒ = t 3dt 0,25 4 x x t dx 4 0 1+ x 2 π 1 1 t4 1 Khi đó I 2 = 4∫ dx = 4 ∫ (t 2 −1 + )dt = 4( − + ) 0 1 +t 2 0 1 +t 2 3 4 0,25 1 Vậy I = I1+ I2 = e +π −3 3IV 1,00 S A D O B C 0,25 a) Gọi O là giao điểm của AC và BD. Dễ thấy hai tam giác vuông ∆SOC và ∆BOA có ∆SOC = BOA ∆ nên SO = BO =OD suy ra ∆BSD vuông tại S. 1 0,25 Do đó BD = 4a 2 + x 2 ⇒OB = 2 4a 2 + x 2 . Mà OA = BC 2 −OB2 . 1 Suy ra OA = 4a 2 − 4 ( 4a 2 + x 2 ) = 1 12a 2 − x 2 2 .
  5. 5. Vì O là trung điểm AC nên VS.ABCD =2VS.ABD . Mà AO ⊥ (SBD) nên 2 a 0,25 VS.ABCD = 2VS.ABD = OA.S∆SBD = .x. 12a 2 − x 2 3 3 x 2 +12a 2 − x 2 Mà x. 12a 2 − x 2 ≤ = 6a 2 ↔x = a 6 Vậy MaxV =2a 3 0,25 2V 1,00 (1) ⇔ ( x −1) + 3( x +1) = y + 3 y 3 3 ⇔[ ( x −1) − y ] ( x −1) 2 + ( x −1) y + y 2 + 3 = 0 ⇔ x = y +1 (3)   0,25 Thay (3) vµo (2) ta cã: m( x +4) x 2 +2 =5 x 2 + x +24 8 ⇔ m( x + 4) x 2 + 2 = ( x + 4) 2 + 4( x 2 + 2) x +4 x2 + 2 ⇔m = + (4) (do x = −4 KTM ) x2 + 2 x +4 0,25 x +4 2 −4x y= (*) => y = ; y = 0 ⇔ x =1/ 2 §Æt x2 + 2 ( x 2 + 2 )3 lim y =1; lim y =−1 x→ ∞ + x→ ∞ − LËp b¶ng biÕn thiªn x - ∞ 1/2 + ∞ y’ + 0 - y 3 -1 1 0,25 suy ra − < y ≤3 1 vµ (*) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt ⇔ y ∈( 1; 3) 4 PT (4) theo y: m= y+ y (5) 4 4 XÐt hµm sè f ( y) = y + y ∈( −1; 3] => f ( y ) =1 − = 0 ⇔y = 2 y y2 lim y =+ ; lim y =− ∞ ∞ x→ + 0 − x→0 LËp b¶ng biÕn thiªn x -1 0 1 2 3 y’ - - 0 + y -5 + ∞ 13/3 0,25 - ∞ 4  13  KL: ycbt ⇔ PT (5) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt y ∈( 1;3) ⇔ m ∈  4; ÷  3VIa 2,00 1 1,00 Giả sử A(a;0) ; B(0;b) ( a , b khác 0) => đường thẳng d đi A , B có 0,25 x y phương trình : + = 1 hay bx+ ay - ab = 0 a b
  6. 6. d là tiếp tuyến của (C) tại M ⇔ M thuộc (C) và d vuông góc với IM 0,25 r Đường tròn (C) có tâm I(-6 ; 6) , d có VTCP là u = ( −a; b)  a b uuu  a r b  M là trung điểm của AB nêm M  ; ÷  2 2 , IM =  + 6; − 6 ÷  2 2   a 2  b  2 0,25  + 6 ÷ +  − 6 ÷ = 50  2  2  Do đó ta có hệ phương trình  −a  a + 6  + b  b − 6  = 0  2   ÷   2 ÷   a = −b  2 2   a + 6  +  b − 6  = 50  b = 22  b = 14   2 ÷  ÷   ⇔   2  ⇔  a = −22 v  a = 2  b = a + 12  b = 2  b = −2      a 2  b  2  a = −2   a = −14  0,25   2 + 6 ÷ +  − 6 ÷ = 50    2  Vậy d có p/t : x -y +2 = 0 ;x - y +22=0 ; x + 7y +14 = 0 ; 7x + y – 14= 0VIa 2 C thuộc mặt phẳng (Oxy) nên C( a ; b ;0) 0,25 Tam giác ABC cân tại C = AC =BC ⇒ ( a − 2 +(b −3) 2 + > 5) 16 = ( a − 2 +(b −3) 2 + 1) 16 ⇒ =3 a 0.25 (1) Ta có AB = 4 5 , trung điểm BC là I (3;3; 0) 1 0.25 S ∆ABC = 2 CI . AB = 8 5 ⇒CI = 4 => ( 3 −a ) 2 +( 3 −b ) 2 =4 (2) a = 3 a = 3 Từ (1) ; (2) ta có  hoặc  b = 7 b = −1 0.25 Vậy có hai điểm C(3 ; 7 ;0) , B(3;-1;0)VIIa 2 1,00 Giả sử z = a +bi với ; a,b ∈ R và a,b không đồng thời bằng 0. Khi đó z = a − bi ; 1 = 1 a − bi = 2 0,25 z a + bi a + b2 25 25( a − bi ) Khi đó z+ z = 8 − 6i ⇔a − bi + a 2 +b2 = 8 − 6i ⇔ a ( a 2 + b2 + 25) = 8( a 2 + b 2 ) (1) 0,25   b( a + b + 25) = 6( a + b ) (2) 2 2 2 2  3 Lấy (1) chia (2) theo vế ta có b= a 4 thế vào (1)  9 2   9 2 a a 2 +  16 a + 25 ÷= 8 a 2 +   16  ( a ÷↔25a a 2 +16 = 8.25a 2 ↔ ) 0,25 a 2 +16 = 8a a = 4 ↔ ↔ a =0 a = 0
  7. 7. Với a = 0 ⇒ b = 0 ( Loại) Với a = 4 ⇒ b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i. 0,25VIb 2,00 1 1,00 Ta có A , B thuộc đường thẳng AB nên A(a ; 9 – 4a) , B( b ; 9 – 4b ) 11 0,25 Do G(1 ; 3 ) là trọng tâm tam giác ABC nên C( - a - b + 3; 4a + 4b – 7) r d : x - 3y +8 = 0 có một VTCP là u (3;1) ; 3−a  0;25 Gọi I là trung điểm BC ta có I   2 ; 2a + 1÷  d là trung trực của cạnh BC 3 − a I ∈ d   − 3(2a + 1) + 8 = 0 0,25 ⇔  uuu r r ⇔ 2  BC.u = 0  3. ( 3 − 2b − a ) + (4a + 8b −16) = 0  a = 1 ⇔ Vậy A(1;5) , B(3;-3) và C (-1 ;9) b = 3 0,25 2 1,00 Mặt phẳng (P) qua A(1;1;2) có phương trình : 0,25 a(x-1)+ b(y -1)+c(z -2) = 0 ( a2 + b2 + c2 ≠ 0) Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;2) bán kính R = 2 r Mặt phẳng (Q) có VTPT n(2;1; −6)  2a + b − 6c = 0 0,25  Ta có (P) vuông góc với (Q) và tiếp xúc (S) nên  −3b  2 =2  a +b +c 2 2 2a = 6c − b 2a = 6c − b 2a = 6c − b  ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ b = 2c 9b = 4a 2 + 4b 2 + 4c 2 b + 3bc −10c 2 = 0 b = −5c  0,25  b = − 5c  a = 2c  ⇔  và  11  b = 2c a = 2 c  Chọn c = 0 thì a = b = 0 (loại) Nên Từ (I) Pt (P) : 2c(x-1)+ 2c(y -1)+c(z -2) = 0 c ≠0 ⇔ + y+ − = 2x 2 z 6 0 0,25 11 Hoặc 2 c (x-1) -5c(y -1)+c(z -2) = 0 ⇔x− y+ z − = 11 10 2 5 0VIIb 1,00 T×m sè nguyªn d¬ng n biÕt: 2C2n+ − 2 1 3.2.2C2 n+ + 3 1 .... + − k k( k − ( 1) 1)2k− C2 n+ + 2 k 1 .... − n(2n + 2 1)22n− C2n+ = 40200 1 2n + 1 1 − * XÐt 0,25 (1 − ) 2 n + = 0 n + − 1 n +x + 2 n +x 2 − +− k C2 n +x k + − 2 n +x 2 n + x 1 C2 1 C2 1 C2 1 .... ( 1) k 1 .... 1 C2 n + 1 1 (1) * LÊy ®¹o hµm c¶ hai vÕ cña (1) ta cã: −2n +)(1 − )2 n = C1 n + + C2 n +x − +− k kC2 n +x k − + ( 1 x −2 1 2 2 1 ... ( 1) k 1 1 .... − n +)C2n +x 2 n (2 1 2n + 1 1 (2)
  8. 8. L¹i lÊy ®¹o hµm c¶ hai vÕ cña (2) ta cã: 1 x 1 2 2 1 3 2 1 ... ( 1) 1 k 1 2 .... 2 1 0,25 2n(2n +)(1 − )2 n − = C2 n + − C3 n +x + +− k k ( k −)C2 n +x k − + − n(2n +)C2 n +x 2 n − 2n + 1 1 1Thay x = 2 vµo ®¼ng thøc trªn ta cã: −2n(2n + = 1) 2C2 n+ − 2 1 3.2.2C3 + + + − k k(k − 2n 1 ... ( 1) 1)2k − C2n+ + − 2 k 1 ... 2n(2n +1)22n− C2n+ 1 +1 2n 1 0,25Ph¬ng tr×nh ®· cho ⇔ (2n + = 2n 1) 40200⇔ 2 + − 2n n 20100= ⇔ 100 0 n = 0,25 Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tương đương.

×