Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1.. Tìm m để phương trình 2 có bốn nghiệm phân biệt.. Tìm tọa độ các điểm B, C.. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. Tìm giá
Trang 1TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1
Đề thi gồm có 01 trang
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: Toán D- Lớp 10
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1: (2,0 điểm)
Cho hàm số yx24x (1)
a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)
b Tìm m để phương trình 2 có bốn nghiệm phân biệt
4
x x m
Câu 2: (1,0 điểm)
Tìm m để phương trình 2 có nghiệm
mx x m
Câu 3: (2,0 điểm)
1 Giải hệ phương trình x x y22 22 x, y
2y x y 1
2 Giải phương trình 5x 1 3 9 x 2x23x1
Câu 4: (1,0 điểm)
Rút gọn các biểu thức: sin 2 2 sin 3 sin 4
sin 5 2 sin 6 sin 7
B
Câu 5: (3,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2;3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc đường thẳng d1: x + y + 5 = 0vàđiểm C thuộc đường thẳng d2: x + 2y - 7= 0
a Tìm tọa độ các điểm B, C.
b Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: 3x + y – 4 = 0 và elip có phương
trình ( ) : 2 2 1 Viết phương trình đường thẳng vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A,
9 4
B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3
Câu 6: (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
HẾT
Trang 2-TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: Toán; Lớp 10; Khối D
1 (1,0 điểm)
+TXĐ
+BBT
0.25
+Hàm số đồng biến trên khoảng (2;+∞), nghịch biến trên khoảng (-∞;2) 0.25
2.(1,0 điểm)
(*) 2
4
x x m
Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng ym với đồ thị hàm số 2
4
y x x
4 khi 4 0 4
4 khi 4 0
Phần đồ thị (P) phía trên Ox
Phần đối xứng của phần (P) phía dưới Ox qua trục Ox
Từ đồ thị suy ra, 0 m 4
0.25
0.25
1
(2,0 điểm)
0.5
(1,0 điểm)
TH1: m0 BPT có nghiệm 4 (loại)
3
TH2: m0
BPT vô nghiệm khi và chỉ khi
0
m
m m
0.25
2
(1,0 điểm)
2
0
2 13
4 9 0
m
m
1 (1,0 điểm)
2
2 2
x x y 2 1 2y x y 1 2
Thay (1) vào (2) ta được xy1
0.25
Thay vào (1) ta được x y 2
0.25
3
(2,0 điểm)
2 (1,0 điểm)
Trang 3
2
2013
2013
1
2 1
x x
x x
0.25
ĐKXĐ: 1
5
x
Nhận thấy x1thỏa phương trình Xét x1ta biến đổi:
2 3
2 3
2 3 3
3
(2 5)( 1) 0
2 5 (*)
x
Do 5 5 nên (*) vô nghiệm
2
VT VP
Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x1
0.25
0.25 0.25
(1,0 điểm)
2 sin 3 cos 2 sin 3
2 sin 6 cos 2 sin 6
B
sin 3 1 sin 6 2 cos 3
x
4
(1,0 điểm)
0.5
(1,0 điểm)
Do B d1 nên B(m; - m – 5), C d2 nên C(7 – 2n; n)
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên
0 3 n 5 m 3
2 3 n 7 m 2
1 n
1 m 2 n m
3 n m
Suy ra B(-1; -4), C(5; 1)
Giả sử đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
Do A, B, C (C) nên ta có hệ 0
c by 2 ax 2 y
x2 2
27 / 338 c
18 / 17 b
54 / 83 a
0 c b a 10 1 25
0 c b a 2 16 1
0 c b 6 a 4 9 4
0.25
5
(3,0 điểm)
Trang 4(1,0 điểm)
0.25 0.25 0.25 0.25
(1,0 điểm)
vuông góc với đường thẳng (d) nên có phương trình x – 3y + m = 0.
Phương trình hoành độ giao điểm của và (E):
4x2 + (x + m)2 = 36 5x2 + 2mx + m2 36 = 0 (1)
Đường thẳng cắt (E) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1), B(x2; y2) khi và chỉ khi phương trình
(1) có hai nghiệm x1, x2 phân biệt = 720 – 16m2 > 0 3 5 m 3 5 (2)
10
m
d O
1 ( , ) 3 (thỏa điều
2
OAB
16 720 8100 0
2
m m m
kiện (2))
Vậy phương trình đường thẳng : 3 3 10 0
2
x y
0.25
0.25 0.25 0.25
(1,0 điểm)
Từ giả thiết ta có
P
Áp dung bất đằng thức Cauchy cho 3 số thực dương, ta có:
3 3
3
3 3
3
3 3
3
Cộng vế theo vế các bất đẳng thứ trên ta được:
Đẳng thức chỉ xảy ra khi
1
a b c
0.25
0.25
6
(1,0 điểm)
0.25
Trang 50.25