Đề thi chuyen đề 12 lần 1

Tính khoảng cách giữa AM và B’C’ theo a.. Tính thể tích tứ diện MA’CD theo a.. Viết phương trình các cạnh AB, AC.. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.. ĐỀ CHÍNH THỨC... -kẻ được ba

Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc ĐỀ THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN I

Trường THPT Bình Xuyên

MÔN: TOÁN; KHỐI 12 Năm học 2010 – 2011

Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

ĐỀ BÀI Câu 1(3,0 điểm)

Cho hàm số y = x3 - 3mx2 - 3x + 2 (Cm)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C0) của hàm số khi m = 0

2 Chứng minh rằng qua điểm Mo

28

;0 27

  kẻ được ba tiếp tuyến với (C0) trong đó

có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau

3 Tìm điều kiện của m để (Cm) cắt đường thẳng (): y = - 3x +1 tại ba điểm phân biệt

Câu 2(2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 8x3 2x x 3 x 4    0

2 Giải phương trình: cos x2  cos3x 3 4sin x  2  2sin x cosx sin 6x 0  

Câu 3(1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = 2x2 + cos2x trên   ;2 

Câu 4(2,0 điểm)

Cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có AB =AD = a, AA’ = 2a Trên DD’ lấy M sao cho AM  B’C

1 Tính khoảng cách giữa AM và B’C’ theo a

2 Tính thể tích tứ diện MA’CD theo a

Câu 5(1,0 điểm)

Trong hệ trục Oxy cho ABC: A(1;2), phương trình đường trung tuyến BM và cạnh BC của tam giác ABC tương ứng là: x -3 = 0 và 7x + 2y - 31 = 0

Viết phương trình các cạnh AB, AC

Câu 6(1,0 điểm)

Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1

Chứng minh rằng xy yz xz 27xyz

3 xyz

-Hết -Lưu ý: Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN CHẤM THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN I - MÔN TOÁN; KHỐI 12

Câu I

(3,0)

1

(1,0)

1/ Khi m =0 y x 3  3x 2 Tập xác định: R

Chiều biến thiên:

y' 3x 2  3  y’ = 0  x = 1 hoặc x = -1 lim yx  , xlim y

    

+ Hàm số đồng biến trên (; -1); và (1; +); nghịch biến trên (-1;1)

+ Hàm số có cực đại tại x = -1, yCĐ = 4; cực tiểu tại x = 1, yCT =0 0,25

Đồ thị:

Đồ thị giao với Ox tại (1;0) và (-2; 0); giao với Oy tại (0; 2)

0,25

2

(1,0) 2/ Phương trình đường thẳng qua điểm Mo

28

;0 27

 có hệ số góc k là:

y k x 28

27

 đường thẳng là tiếp tuyến của (Co)

3

2

28

27

27



0,25

 (x - 1)(18x2 - 10x - 10) = 0  x1 =1, x2 5 205,x3 5 205

Vậy có ba tiếp điểm thuộc (Co) với hoành độ tìm được  qua Mo ta

0,5

x y’

y

4

0 -

+

2 4

-1

y

1

-kẻ được ba tiếp tuyến với đồ thị.

Giả sử (d1),(d2), (d3) là ba tiếp tuyến có hệ số góc tương ứng k1,k2 ,k3 Khi x1 =1 k1 =0 tiếp tuyến (d1) y =0 (trục Ox) (d2) và (d3) không thể vuông góc với (d1)

k2 .k3 =  2   2  2 2  2

3x  3 3x  3 9 x x  x x 2x x 1

=

Vậy (d2) và (d3) vuông góc nhau

0,25

3

(1,0)

3/ (Cm) cắt đường thẳng (): y = -3x +1 tại ba điểm  g(x) = x3 - 3mx2 + 1 = 0 có ba nghiệm phân biệt  g(x) = x3 - 3mx2 + 1 có cực đại cực tiểu và gCĐ.gCT < 0 0,5 g’(x) = 3x2 - 6mx = 0 x 0

x 2m









0,5

Câu

II

(2,0)

1

(1,0)

1/ Điều kiện x  -3.(*) Phương trình  (2x)3 + 2x =  x 3 3 x 3 (1) 0,25 Đặt f(x) = x3 + x , f’(x) = 3x2 +1 > 0 x R f(x) luôn đồng biến /R

Từ (1): f (2x) f  x 3  2x x 3 0,25

x 1





Vậy nghiệm phương trình x = 1

0,5

2

(1,0) 2/ Đặt t =cosx, điều kiện Phương trình  t2 - [cos3x.(3 - 4sint 1 (*). 2x) + 2sinx].t + sin6x = 0 (1)

Phương trình dạng t2 - (a +b).t + ab = 0 t a

t b





  

(1) cos x 2sin x(2)2

cos x cos3x.(3 4sin x)(3)







0,25

+ (2)  cosx = 2sinx  cotx = 2  x = arccot2 + k, k Z 0,25 + (3)  cosx = cos3x(3 - 4sin2x)

Nếu sinx =0  (cosx =1, cos3x =1) hoặc (cosx =-1, cos3x = -1) không thỏa mãn (3)

Nếu sinx  0 khi đó (3)  sin2x = sin6x

0,5

2

k







 



Vậy nghiệm của phương trình là: x = arccot2 + k; x = …

Câu

III

(1,0)

(1,0)

Ta thấy y = 2x2 + cos2x là hàm chẵn trên R ta xét sự biến thiên của hàm số trên [0; 2]

y’ = 4x - 2sin2x, y’’ = 4 - 4cosx  0 x [0; 2]

 y’ đồng biến trên [0; 2] , y’(0) = 0

Vậy y’ 0 x [0; 2]  hàm số đồng biến trên [0; 2]

Vì hàm số chẵn  hàm số nghịch biến trên [-2; 0]  [- ; 0]

Hàm số có cực tiểu tại x =0

0,5

Ta có y(-) = 22 + 1, y(0) =1, y(2) = 82 +1

Vậy trên   ;2  Maxy = 82 +1 khi x = 2

miny =1 khi x =0

0,5

Câu

IV

(2,0)

1

(1,0)

1/

Vì ABCDA’B’C’D’ là hình hộp chữ nhật (ADD’A’)//(BCC’B’)

và khoảng cách giữa chúng bằng AB = a

0,5

AM (ADD’A’), B’C’(BCC’B’)  khoảng cách giữa AM và B’C’

là khoảng cách giữa (ADD’A’) và (BCC’B’) bằng a 0,5

2

(1,0)

2/ Do A’D // B’C và AM B’C  AM A’D  A’AD ADM (g,c,g) 

DM

0,25

Thể tích V (MA’CD) = V (CA”D’D) – V (CA’D’M) 0,25

A

D

A’

D’

M

0 y’

y’’

x

8

+

2a

a

a 2

V (CA”D’D)

3

A'D'.D'D.CD a.2a.a

V (CA’D’M)

3

A'D'.D'M.CD a .a

V (MA’CD) =V (CA”D’D) – V (CA’D’M)

0,5

Câu

V

(1,0) (1,0)

B là giao của BM và BC  B(3; 5) AB (2;3) 

, nAB (3; 2) Phương trình AB: 3(x - 1) - 2(y - 2) = 0  3x - 2y +1 = 0 0,5 Giả sử C(xC,yC): C BC  7xC + 2yC - 31 = 0

Trung điểm AC BM C

1 x

2



AC (4; 4)  

AC

n (1;1)

Phương trình AC: 1(x - 1) + 1(y - 2) = 0 hay x + y - 3 = 0

0,5

Câu

VI

(1,0)

(1,0)

27xyz

xy yz xz

3 xyz

 (1)

Ta có xy yz xz 3 (xyz) (Côxi)   3 2 Đặt t 3 xyz 0 , 1 = x +y +z 3 xyz3 t 1

3



0,25

(1) được chứng minh nếu

3 2

3

27t 3t

3 t



 với 0 < t 1

3

Ta có (2)  3 + t3 > 9t  f(t) = t3 - 9t +3 >0

vì f’(t) = 3t2 - 9 < 0  0 <t 1

3

 nên f(t) nghịch biến trên 0;1

3

 

0 t 3

 

 

0,5

… Hết…

Lưu ý: Đáp án có 4 trang.

Học sinh làm theo cách khác đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã cho.

3

4