Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số khi m=1.. Có bao nhiêu ước nguyên dương của số 1400.. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết điểm A có hoành độ âm.. Tính thể tích khố
Trang 1SỞ GD – ĐT ĐĂK LĂK
TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH
ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN IV – NĂM 2013
Môn: Toán 11; Khối: A, A1
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: 3
1
mx y x
+
= + có đồ thị (Cm) (với m là tham số).
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=1
2 Tìm m để trên đồ thị (Cm) có hai điểm C, D cách đều hai điểm A(3; 1− ), B(−5;3) sao
cho diện tích tứ giác ACBD bằng 20
Câu II: (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:
2
x
3 x −4x= +8 5x−2x
Câu III: (2,0 điểm)
1 Có bao nhiêu ước nguyên dương của số 1400
2 Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
4 2
4
x x
, biết rằng số nguyên dương n
thoả mãn: 2 2
2
3C n+ +A n =36
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hai số thực , x y thoả mãn x( x− +1) y−1( y− − =1 1) 0
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( )
2 2
x y M
=
Câu V: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A Biết cạnh huyền
nằm trên đường thẳng :d x+7y− =31 0, điểm M(2; 3− ) thuộc đường thẳng AB, điểm 1;5
2
N thuộc đường thẳng AC Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết điểm A có hoành độ âm
Câu VI: (2,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C, AB = 3a Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, biết SG⊥(ABC), 14
2
a
SB= Tính thể tích khối chóp
S ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC )
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:……… SBD:………
Trang 2Sở GD – ĐT ĐăkLăk
Trường THPT Phan Chu Trinh
Năm học: 2012 - 2013
ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN IV – KHỐI A, A1
MÔN: TOÁN ; NĂM HỌC 2012 – 2013
(Đáp án – Thang điểm này gồm 4 trang)
Câu Đáp án Điểm Câu I: ( 2,0 điểm) 1 Khi m=1 hàm số trở thành: 3 1 x y x + = + có đồ thị (C) i) Tập xác định: D = R \ {−1} ii) Sự biến thiên: +) Chiều biến thiên: ( )2 2 ' 0 1 y x − = < + ; 'y không xác định tại x= −1. Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞ −; 1)và(− +∞1; ) +) Cực trị: Hàm số không có cực trị +) Giới hạn, tiệm cận:
( 1) ( 1) lim ; lim x y x y − + → − = −∞ → − = +∞ ⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x= −1 lim 1; lim 1 x y x y →−∞ = →+∞ = ⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=1 +) Bảng biến thiên: x −∞ −1 +∞
y’ − −
y 1 +∞
−∞ 1
iii) Đồ thị: 0,25 0,25 0,25 0,25 Vì C, D cách đều 2 điểm A, B nên C, D thuộc đường thẳng d là đường trung trực của đoạn thẳng AB Tính uuurAB= −( 8; 4) , I(−1;1) là trung điểm của AB Ptđt d: ( ) ( ) 8 x 1 4 y 1 0 − + + − = ⇔y=2x+3 , phương trình hoành độ của (Cm) và d : 3 2 3 1 mx x x + = + + ⇔ ( ) 2 2 5 0 (*) 1 x m x x − − = ≠ − , từ đó suy ra 5 3 m m ≠ ≠ Gọi x x là 2 nghiệm của pt (*) : 1, 2 1 2 ( ) 1 5 2 x + =x m− , x x1 2 =0 do đó: C x( 1; 2x1+3); D x( 2; 2x2+3) ⇒ ( )2 2 1 5 CD= x −x Diện tích tứ giác ACBD: 1
2 ACBD S = AB CD⇔ CD=2 5 ( do AB=4 5) Khi đó: CD=2 5⇔( )2 2 1 4 x −x = ⇔( )2 1 2 4 1 2 4 x +x − x x = ⇔( )2
m− = ⇔ m=9 hoặc m=1 (thoả đk)
0,25
0,25
0,25
Giao điểm của đồ thị với trục
Oy: (0;3)
Giao điểm của đồ thị với trục
Ox: (−3;0)
Ngoài ra đồ thị hàm số còn đi
qua điểm (−2;−1); (1; 2)
y
x
Trang 3Câu Đáp án Điểm
Câu II:
( 2,0 điểm) Giải pt: cos 2 5sin 6cos2 3sin 3( 2 )
2
x
⇔1 2sin− 2x+5sinx= +3 3cosx 3sin 2− x
⇔ 2sin2x−5sinx+ −2 3cosx(2sinx− =1) 0
⇔ (2sinx−1 sin) ( x− −2) 3cosx(2sinx− =1) 0
⇔ (2sinx−1 sin) ( x−3cosx− =2) 0 ⇔ 2sinx− =1 0 hoặc sinx−3cosx− =2 0
*) 2sinx− =1 0 ⇔ 2
6
x= +π k π
6
x= π +k π
**) sinx−3cosx− =2 0 ⇔ sin(x−α) =sinβ
⇔x= + +α β k.2π hoặc x= + − +π α β k.2π
Vậy phương trình có 4 họ nghiệm:
.2 6
x= +π k π
6
x= π +k π
; x= + +α β k.2π hoặc x= + − +π α β k.2π
0,25
0,25
0,25
0,25
Biến đổi về pt: 2(x2− +4) 3 x3−4x−5x=0 (1) Điều kiện: − ≤ ≤2 x 0 hoặc x≥2
Ta thấy x=0không phải là nghiệm của pt (1)
Trường hợp 1: Nếu − ≤ <2 x 0 thì chia 2 vế của pt (1) cho x ta được:
Đặt t x 4
x
= − , đk: t≥0, pt (2) trở thành:
2
2t − − =3t 5 0 ⇔t= −1 (loại) hoặc t=5 / 2
2
x x
8
8
8
8
Trường hợp 2: Nếu x≥2 thì chia 2 vế của pt (1) cho x ta được:
4
x
= − , đk: t≥0, pt (3) trở thành:
2
2t + − =3t 5 0 ⇔t=1 hoặc t = −5 / 2 (loại) Với t=1, suy ra: x 4 1
x
2
2
x= − Đối chiếu đk: 1( )
2
2
Vậy phương trình có 2 nghiệm: 1( )
8
2
x= +
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III:
( 2,0 điểm) Phân tích:
3 2
1400 2 5 7 2 5 7= = a b c với , ,a b c N∈ , 0≤ ≤a 3; 0≤ ≤b 2; 0≤ ≤c 1 Mỗi ước nguyên dương của số 1400 ứng với việc chọn một bộ số (a b c, , )
a có 4 cách chọn
b có 3 cách chọn
c có 2 cách chọn Vậy có: 4.3.2 = 24 ước nguyên dương
0,25 0,5 0,25
Trang 4Câu Đáp án Điểm
Giải phương trình: 3C n2+2+A n2 =36⇔ n=3
12 2
4
1
x x
1
k
x
Số hạng không chứa x ứng với: 24 6− k= ⇔ =0 k 4 Vậy số hạng cần tìm là: 4
C =
0,25 0,5 0,25
Câu IV:
( 1,0 điểm) Từ giả thiết ta có điều kiện: x≥0 và y≥1 ⇒ + ≥x y 1
⇔ 1 1 ( 1) 1
x y+ ≤ + + + − +
⇔ + ≤x y 3
Do đó: 1≤ + ≤x y 3
2 2
x y M
=
2 2
1
x y
=
Đặt t= +x y, đk: 1≤ ≤t 3 Xét hàm số 2
2
( )
1
t t
f t
t
+ +
=
+ , với 1≤ ≤t 3
2 2 2
'( )
1
t t
f t
t
=
1/ 2 '( ) 0
2
t
f t
t
=
= ⇔ = − (loại) Tính: (1) 11
2
f = ; (3) 7
2
2
=
maxM tại x=0và y=1 ; 7
2
=
minM tại x=1và y=2
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu V:
( 1,0 điểm) Đường thẳng BC có vtpt: nr=( )1;7 Gọi nur1=( )a b; với a2+b2 >0là véc tơ pháp
tuyến của đt AB, suy ra vtpt của đt AC là: nuur2 =(b; a− )
Vì tam giác ABC cân tại A nên:cos( )n nur r1, = cos( )n nuur r2, ⇔ a+7b = −b 7a
⇔ 4a+3b=0 hoặc 3a−4b=0
*) Với 4a+3b=0chọn a= ⇒ = −3 b 4, suy ra: ptđt AB: 3x−4y− =18 0, ptđt AC: 8x+6y−23 0= Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ pt:
x y
x y
+ − =
4
3 / 2
x y
=
= −
3 4;
2
A −
loại vì không thoả y/cầu bài toán
*) Với 3a−4b=0chọn a= ⇒ =4 b 3, suy ra: ptđt AB: 4x+3y+ =1 0, ptđt AC:
3x−4y+ =7 0 Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ pt:
x y
x y
− + =
1 1
x y
= −
=
hay A(−1;1) thoả yêu cầu bài toán Với A(−1;1), tìm được B(−4;5) , C( )3; 4
0,5
0,25
0,25
Trang 5Câu Đáp án Điểm Câu VI:
( 2,0 điểm) Gọi I là trung điểm AB ,
3
CI = ⇒IG=
Tam giác BIG vuông tại I nên:
2
4
a
BG =BI +IG =
SG= SB −BG = − =a Thể tích khối chóp S.ABC:
3
SABC ABC
Kẻ GK ⊥ AC K, ∈AC GK,( / /BC)⇒SK ⊥AC
2
; 2
Diện tích tam giác ABC:
2
SAC
Khoảng cách từ B đến mặt phẳng(SAC là:)
SAC
V
S
Vậy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) bằng a 3
0,5
0,5
0,5
0,5