Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.. Giải phương trình logarit.. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng BDA' theo a, b, c.. Trong mp Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G-2
Trang 1Sở GD & ĐT Hà Nội
Trường THPT Yên Lãng
-o0o -
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ K12
Năm học 2014 - 2015
( Môn: Toán Thời gian làm bài: 120 phút )
A PHẦN CHUNG : (8điểm)
Câu I (3 đ) Cho hàm số y = (x - 2)2
(x + 1), đồ thị là (C)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho
2 Tìm trên (C) điểm M có hoành độ là số nguyên dương sao cho tiếp tuyến tại M của (C), cắt (C) tại hai điểm M và N thoả mãn MN = 3
Câu II (3 đ)
1 Giải phương trình logarit 2
log (x 1) 5log (x 1) 6 0
2 Giải bất phương trình mũ : 32x 2 2.6 - 7.4 x x 0
3 Giải phương trình lượng giác : sin3xcos3xcos 2x2cosxsinx, với ẩn x
Câu III (2 đ) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D', có AB = a, AD = b, AA' = c với đáy ABCD
là hình bình hành có góc BAD bằng 600 Gọi M là điểm trên đoạn CD sao cho DM = 2MC
1 Tính thể tích của khối hộp ABCD.A'B'C'D' theo a, b, c
2 Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (BDA') theo a, b, c
B PHẦN RIÊNG : (2điểm)
I, HỌC SINH THI KHỐI A,A1,B:
Câu IVa (1đ) Giải và biện luận phương trình :
(m2)2x(m5)2x2(m 1) 0 (1) theo tham số m
Câu Va(1đ)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : x-y-1 = 0 và (d 2) : x+2y+3 = 0 Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết A ( d 1), C(d 2), B, D thuộc Ox và AC=2BD
II, HỌC SINH THI KHỐI D :
Câu IVb(1đ) Tìm m để phương trình:
(m2)2x (m 5)2x2(m 1) 0 (1) có hai nghiệm trái dấu
Câu Vb(1đ) Trong mp Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0) Biết phương trình các cạnh
AB, AC thứ tự là: 4x+y +14= 0; 2x+5y-2 =0 Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C
- Hết -
Họ tên thí sinh……… ………Lớp…………
Trang 20
ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM TÓM TẮT
x lim y x lim y
y’ = 3x2
- 6x; y’ = 0 x = 0 hoặc x = 2
x -∞ 0 2 +∞
y’ + 0 - 0 +
y
0.5
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-; 0) và (2; +); hàm số nghịch biến trên khoảng
(0; 2) Điểm (0; 4) là điểm CĐ của đồ thị hàm số; điểm (2; 0) là điểm CT của đồ thị hàm
số Điểm U(1; 2) là điểm thuộc ðồ thị hàm số Đồ thị giao với các trục tọa độ: (-1; 0),
(2; 0), (0; 4)
0.5
0.5
Giả sử M(x0; y0) thuộc (C), x0 là số nguyên dương Phương trình tiếp tuyến với (C)
tại M là
y = (3x02 - 6x0)x - 2x03 + 3x02 + 4 Goi tiếp tuyến này là (t)
0.25
Hoành độ giao điểm của (C) và (t) là nghiệm PT:
x3 - 3x2 - (3x02 - 6x0)x + 2x03 - 3x02 = 0 (x - x0)2(x + 2x0 - 3) = 0 x = x0 hoặc x
= -2x0 + 3
0.25
M(x0; x03 - 3x02 + 4); N(-2x0 + 3; -8x03 + 24x02 - 18x0 + 4) MN2 = 9x02 - 18x0 + 9 +
4
+
Trang 31
MN2 = 9 9x02 - 18x0 + 81x02(x0 - 1)2(x0 - 2)2 = 0 9x0(x0 - 2)(1 + 9x0(x0 - 1)2(x0 -
2)) = 0 Vì x0 là số nguyên dương nên x0 = 2 Vậy M(2; 0)
(Lưu ý: Nếu thí sinh nhìn trên đồ thị, nhận thấy có trục hoành là một tiếp tuyến
thoả mãn BT, do đó có điểm M(2; 0) là một điểm cần tìm, thì cho 0.5 điểm)
0.25
Đặt log 3x 1 t, pt có dạng t2
2.Giải bất phương trình mũ : 2x 2 x x
Chia cả hai vế của bpt cho 4x
> 0 , ta được 9 9 2 3 7 0
Đặt t = 3
2
x
, đk: t > 0 đưa về bpt: 9t
2
Giải được 1 < t (tm) hoặc t < -7
3 Giải phương trình lượng giác : sin3xcos3xcos 2x2cosxsinx, với ẩn
Giải từng ptlg cosx = 0, sinx + cosx = 0, 2sinx – cosx = 0
2 k k Z
4 k k Z
2
k k Z
2 k k Z
4 k k Z
2
k k Z
2 3
( , ( ')) 3
; '
AFBD AHA F Khi đó d(A, (BDA')) = AH 0.25 Tam giác ABD có AB = a, AD = b, góc BAD bằng
600 nên
2
ABD
AF
Trong tam giác vuông A'AF (vuông tại A), ta có
abc AH
Vậy
( , ( '))
abc
d M BDA
0.25
D
A
A'
M
E
F
D'
H
Trang 42
Viết đúng công thức thể tích khối hộp V = AA’.ShbhABCD = c ShbhABCD 0.25
ShbhABCD = AB.AD.sin60= ab 3
Thay số vào ta được đáp số V = abc 3
Câu IVb.
Tìm m để phương trình: (m2)2x (m 5)2x2(m 1) 0 (1) có hai nghiệm trái dấu 1.0
Đặt 2x= t, đk t >0 pt (1) có dạng (m - 2)t2
PT (1) có 2 nghiệm trái dấu x1, x2 tức là x1< 0 < x2 0 < 2x1 < 20 < 2x2
0 < t1< 1 < t2 Khi đó bài toán trở thành tìm m để PT (2) có 2 nghiệm t1, t2 thỏa
mãn 0 < t1< 1 < t2
0.5
C©u Vb.Trong mp Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0) Biết phương trình
các cạnh AB, AC thứ tự là: 4x+y +14= 0; 2x+5y-2 =0 Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C 1.0
0
2 5
; 2
y y
) AD tính chất trọng tâm G của tam giác ABC
Ta tìm được x0= -3 và y0= 0 Thay vào ta được B(-3; - 2) ; C(1; 0)
0.5
C©u Va.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : x-y-1 = 0 và (d 2)
: x+2y+3 = 0 Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết A ( d 1), C(d 2), B, D
thuộc Ox và AC=2BD
1.0
Từ gt ta suy ra A(x0; x0- 1) ; C(- 2 y0-3 ; y0) và 0 0
2y 3
y 1
x
x
0 0
5 4
x y
Giao của hai đường chéo AC và BD là điểm I(5; 0) cũng chính là trung điểm của BD
Suy ra nếu B(xB; 0 ) thì D(10 - xB; 0) ; BD = 10 2 x B Từ AC = 2BD ta có PT
2 10 2 x B = 8 gpt được 3
7
B B
x x
Thay vào ta được tọa độ của B, D
0.25
ĐS : A(5; 4) ; C(5; - 4) ; B(3; 0) ; D(7; 0) Hay A(5; 4) ; C(5; - 4) ; D(3; 0) ; B(7; 0) 0.25 C©u IVa Giải và biện luận phương trình :
(m2)2x (m5)2x 2(m 1) 0 (1) theo tham số m 1.0
Trang 53
Đặt t 2 ,x t 0 Khi đó (1) được đưa về dạng
2
(m 2)t 2(m 1)t m 5 0 (2)
Ta đi xác định các giá trị của '
, ,S P
( 1) ( 2)( 5) 9 9, ,
0.25
-1
1
2
5
-
-
0
+
+
+
+
0
-
||
+
+
+ + +
||
-
0 +
Phương trình vô nghiệm
Phương trình có nghiệm kép t 2 0
Phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn t1 t2 0
Phương trình có một nghiệm 1 0
2
t
Phương trình có 2 nghiệm: t1 0 t2, lấy nghiệm t2
Phương trình có 2 nghiệm: t1 0 t2, lấy nghiệm t2 Phương trình có 2 nghiệm: 0 t1 t2, lấy cả 2 nghiệm Kết luận:
+ Với m 2, phương trình vô nghiệm
+ Với 2 m 5, ta nhận được nghiệm từ phương trình (2) là:
x
+ Với m 5, ta nhận được nghiệm từ phương trình (2) là:
1
1 3 1 2
t
m
, 2
1 3 1 2
t
m
Khi đó nghiệm của phương trình (1) là:
log
2
x
m
, 2 2
log
2
x
m
0,5
-Hết -
Chú ý :
Thí sinh có cách giải khác đúng vận dụng các thang điểm thành phần cho điểm tối đa