[r]
Trang 1tRƯờNG THPT
LạNG GIANG Số 2
Tỉnh Bắc giang
đề THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2012 (lần thứ 1)
Môn thi: Toán; khối B, D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Phần chung cho tất cả các thí sinh:(7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
y x x
1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2 Viết phương trỡnh đường thẳng cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phõn biệt A, B, C sao cho điểm A cú hoành độ bằng 2 và BC=2 2
Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trỡnh: cos 2xcosx2 tan2x1 2
2.Giải phơng trình: log(10 5x+15 20x)=x+log 25
Câu III (1điểm) Tỡm cỏc giỏ trị của tham số m để hệ phương trỡnh:
¿
2 x − y −m=0 x+√xy=1
¿{
¿
cú nghiệm duy nhất
Câu IV (1 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh chữ nhật với AB = 2a, BC = a Cỏc cạnh bờn của hỡnh chúp bằng nhau và bằng a√2
a) Tớnh thể tớch khối chúp S.ABCD theo a.
b) Gọi M, N, E, F lần lượt là trung điểm của cỏc cạnh AB, CD, SC, SD Chứng minh đường thẳng SN vuụng gúc với mặt phẳng (MEF).
Câu V (1 điểm) Cho x, y là cỏc số thực dương thỏa món x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Phần Riêng: (3 điểm) Thí sinh chỉ đ ợc chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A Theo chơng trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giỏc ABC cõn tại A(-1; 4) và cỏc đỉnh B, C thuộc đường thẳng : x – y – 4 = 0 Xỏc định toạ độ cỏc điểm B và C, biết diện tớch tam giỏc ABC bằng
18
2 Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) :
1
, cú cỏc tiờu điểm là F F Tỡm tọa độ cỏc điểm1, 2
M nằm trờn elip (E) sao cho MF1 MF2
Câu VII.a (1 điểm) Cho hàm số y=2 x −1 x −1 cú đồ thị là (C) Viết phương trỡnh tiếp tuyến của (C), biết khoảng cỏch từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến bằng √2
B Theo chơng trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trũn (C) cú phương trỡnh:
x y x Tia Oy cắt (C) tại điểm A Lập phương trỡnh đường trũn (C’) cú bỏn kớnh R’ = 2, biết (C’) tiếp xỳc ngoài với đường trũn (C) tại A.
2.Trong khụng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho cỏc điểm B0;3;0 , M4;0; 3
Viết phương trỡnh mặt phẳng ( )P chứa , B M và cắt cỏc trục , Ox Oz lần lượt tại cỏc điểm A và C sao cho thể tớch khối tứ
diện OABC bằng 3 (O là gốc toạ độ)
Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số: y= x
2
+3 x +a
x +1 (a là tham số) cú đồ thị là (C a) Tìm tất cả cỏc giỏ trị
của a để (C a) có tiếp tuyến vuông góc với đờng phân giác của góc phần tư thứ nhất trong hệ trục tọa
độ Oxy Với cỏc giỏ trị a khi đó, chứng tỏ hàm số luụn cú hai cực trị.
Hết
Cảm ơn info@123doc.org gửi tới www.laisac.page.tl
tRƯờNG THPT
LạNG GIANG Số II
Tỉnh bắc giang
Đáp án - thang điểm THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2012 ( lần thứ 1)
Môn thi: Toán, khối: B, D
Trang 2Ngày 11/12/2011
(Học sinh làm theo cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa)
I
(2 điểm) 1 ( 1,0 điểm )
Hàm số y = x3 3x + 2.
Tập xỏc định của hàm số là R.
Sự biến thiờn của hàm số
a) Giới hạn tại vụ cực:
Ta cú xlim y ; limx y
b) Bảng biến thiờn:
Ta cú y’ = 3x2 3
y’= 0 x = -1 hoặc x = 1
y’ + 0 0 +
y
4
0
+
Hàm số đồng biến trờn mỗi khoảng (; -1) và (1; +), nghịch biến trờn (-1;1)
• Hàm số đạt cực đại tại điểm x = -1, giỏ trị cực đại của hàm số là y(-1) = 4.
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1, giỏ trị cực tiểu của hàm số là y (1 ) = 0.
Đồ thị:
Điểm uốn
Ta cú y ''=6 x ; y ''=0 ⇔ x=0
Nhận thấy y’’ đổi dấu khi x qua điểm x=0
Do đú, điểm I(0 ;2) là điểm uốn của đồ
thị
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; 2).
Phương trỡnh y=0
⇔ x3− 3 x +2=0
⇔( x −1)2( x +2)=0 ⇔ x=−2 ∨ x=1
Do đú, đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm là (−2 ;0) và (1; 0) Ngoài ra đồ thị cũn
đi qua điểm (2; 4)
Nhận xột : Đồ thị nhận điểm uốn I (0 ; 2) làm tõm đối xứng.
0,25
0,25
0,25
0,25
2 ( 1 điểm )
Với x A 2 y A Đường thẳng đi qua4 A2; 4 với hệ số gúc k cú phương
trỡnh: y k x x Ay A :y k x 24
Phương trỡnh hoành độ giao điểm của (C) và là:
x3 3x 2 k x 2 4 x 2 x22x k 1 0
⇔{g ( x )=x2+2 x − k +1=0(1)x=2
Điều kiện để cú hai điểm B, C là phương trỡnh g ( x)=0 cú hai nghiệm phõn biệt
khỏc 2 hay tương đương với
' 0
g
0 9
k k
(*) Khi đú B x y 1; 1;C x y 2; 2
, với x1, x2 là nghiệm phương trỡnh (1) và
Ta cú BC=√ (x2− x1)2+(y2− y1)2=√ (x2− x1)2+k2(x2− x1)2
0,25
0,25
0,25
y
1 -2
2
2
4
(C)
-1
Trang 3Suy ra BC2=(x2− x1)2(1+k2)=[ (x1+x2)2−4 x1x2] (1+k2)=[4 − 4 (1− k )] (1+k2)
Hay BC2
=4 k3+4 k (theo Viet x1+x2=− 2 , x1 x2=1− k )
Theo giả thiết BC =2 2nờn ta cú 4 k3+4 k=(2√2)2⇔4 k3
+4 k − 8=0
⇔ 4 (k −1)(k2+k+2)=0⇔ k=1 thỏa món điều kiện (*)
Vậy đường thẳng : y = x + 2
0,25
II
(2 điểm)
1 ( 1,0 điểm ) Đặt cos 2xcosx2 tan2x1 2
là (1) Điều kiện xỏc định của phương trỡnh là: cosx 0 x / 2k, k ∈ Z (*)
Với điều kiện (*), phương trỡnh:
(1)
2
2
1 (2cos 1) cos [2( 1) 1] 2
cos
x
2cos x 3cos x 3cosx 2 0
2 (cosx 1)(2 cos x 5cosx 2) 0
cos x=− 1 cos x=1
2
cos x=2(vonghiem)
⇔¿
x=π +k 2 π x=± π
3+k 2 π
, (k ∈ Z )
⇔¿
Cỏc giỏ trị trờn đều thỏa món điều kiện (*) nờn là nghiệm của phương trỡnh đó cho
0,25
0,25
0,25
0,25
2 ( 1,0 điểm ) Ta cú:
log(10 5x
+15 20x)=x+ log 25
⇔ log(10 5x+15 20x)=log(25 10x)
+15 20x=25 10x
+10=0 (chia hai vế của phương trỡnh cho 5x )
Đặt t=2 x(t >0) , ta đợc phương trỡnh : 15t ❑2 - 25t +10 = 0
⇔ t=1(tm)
¿
t=2
3(tm)
¿
¿
¿
¿
¿
Với t=1 ⇒2 x
Với t=2
3⇒2 x
=2
3⇔ x=log2(23)
Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm là x=0 và x=log2(23)
0,25
0,25
0,25 0,25
III
(1 điểm) Ta cú
(I)
¿2 x − y −m=0
x +√xy=1
⇔
¿2 x − y −m=0
√xy=1 − x
¿{ Với điều kiện 1− x ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 ta cú:
(I) {x (2 x −m)=(1 − x ) y=2 x − m 2(1)
0,25
0,25
Trang 4Do x = 0 không là nghiệm của (1) nên :
1− x¿2
¿
¿
(1)⇔2 x − m=¿
Xét hàm số : f ( x )=x +2 −1
x với x ≤ 1.
¿
¿f ' ( x )=1+ 1
x2>0∀ x ∈¿{0
¿
Suy ra bảng biển thiên của hàm số
Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (2) có
nghiệm duy nhất x 1.
⇔ Đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số y=f (x )=x+2 −1
x trên ¿ tại đúng một điểm Từ bảng biến thiên, suy ra m>2
Vậy m>2 là các giá trị cần xác định của tham số m.
Chú ý : Học sinh có thể sử dụng phương pháp lớp 10 trong bài này.
0,25
0,25
IV
(1 ®iÓm) a) Gọi O = AC BD
Theo giả thiết SA = SB = SC= SD
và OA = OB = OC = OD, tức hai điểm S
và O cách đều bốn điểm A, B, C, D Suy
ra SO⊥(ABCD).
AC=√AB2+BC2=a√5⇒ AO= a√5
2
Trong tam giác vuông SOA,
SO2 = SA2 - AO2 = 3 a2
4
⇒SO= a√3
2 .
Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là:
V S ABCD=1
3SO SABCD=
a3√3
3 (đvtt).
b) Gọi K là trung điểm EF, khi đó K là trung điểm SN.
Ta có SM=√MO2+SO2
=√a2
4 +
3 a2
4 =a , do đó SM=MN , suy ra tam giác
SMN cân tại M, dẫn đến SN⊥ MK
Mặt khác SN ⊥ EF , suy ra SN⊥(MEF) đpcm
0,25
0,25
0,25 0,25
V
(1 ®iÓm)
Ta biến đổi
xy¿2
¿
P=2+( xy )2+1
¿
Do {x + y =1 x , y>0 nên 1=x + y ≥2√xy⇒ 0<xy ≤1
4 . Đặt t=(xy)2 , điều kiện của t là 0<t ≤ 1
16
0,25
0,25
D
S
A
B
C
E F
N M
K
O
2a
a
2
a
Trang 5Khi đó biểu thức P=f (t)=2+t+1t
f ' (t )= t
2
−1
t2 ; ta thấy f ' (t )<0 với mọi t ∈¿ , suy ra hàm số f(t) nghịch biến
trên nửa khoảng ¿
Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là:
min P=min
t ∈¿
f (t )=f(161 )=289
16 .
0,25
0,25
VI.a
(2 ®iÓm)
1 ( 1,0 ®iÓm )
Gọi H là trung điểm BC, khi đó;
−1¿2
¿
12+¿
√¿
AH=d ( A , Δ)=|−1 −4 −4|
¿
Theo giả thiết S Δ ABC=18⇔1
2BC AH=18 Suy ra BC=36
AH=4√2
Đường thẳng AH đi qua điểm A(-1;4) và vuông góc với đường thẳng Δ nên có
phương trình: 1.(x + 1) + 1.(y – 4) = 0, hay AH : x + y −3=0
H=AH ∩ Δ ⇒ tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình: {x − y =4 x + y=3 , suy ra
tọa độ H(72;−
1
2)
Điểm B nằm trên đường thẳng Δ: y =x − 4 nên B có tọa độ dạng B(m; m – 4)
2 2
2
2
Vậy tọa độ của hai điểm B, C là:
B(112 ;
3
2),C(32;−
5
2) hoặc là C(112 ;
3
2), B(32;−
5
2)
0,25
0,25
0,25
0,25
2 ( 1,0 ®iÓm )
Từ phương trình của elip ta có a=2 ,b=1 ⇒c=√a2− b2=√3
Vậy hai tiêu điểm của elip là F1(−√3 ;0), F2( √3; 0)
Gọi M(x0; y0) thuộc elip, khi đó ta có x02
4 +
y02
1 =1(1)
MF MF , suy ra M nằm trên đường tròn tâm O bán kính R = F1F2
2 = 3 , đo đó
ta có phương trình x02
+y02=3(2)
Giải hệ gồm hai phương trình (1) và (2) ta được {x02
=8 3
y02
=1 3
Vậy có 4 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán, M có tọa độ là:
( √38;
1
√3);( √83;−
1
√3);(−√83;
1
√3);(−√83;−
1
√3)
0,25 0,25
0,25
0,25
A
H
Trang 6(1 ®iÓm)
Ta có
x − 1¿2
¿
¿
y '= −1¿ Gọi d là tiếp tuyến của (C) tại điểm M(x0; 2 x0−1
x0−1 )∈(C ) Phương trình của d có dạng:
x0− 1¿2
¿
¿
y=−1
¿
Hay x0− 1¿2y −2 x02+2 x0− 1=0
Khoảng cách từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến d bằng √2
x0− 1¿2−2 x02+2 x0−1
1+2¿
¿
x0−1¿4
¿
12+¿
√¿
¿
⇔¿ 0 4 0
2 2
2
1 ( 1)
x x
⇔2(x0− 1)2=1+(x0−1)4⇔(x0−1)2=1 Giải được nghiệm x và 0 0 x 0 2
Vậy các tiếp tuyến cần tìm có phương trình là : x y 1 0 và x y 5 0
0,25
0,25
0,25 0,25
VI.b
(2 ®iÓm) 1 ( 1,0 ®iÓm )
Đường tròn (C) có tâm là I(-2 3 ; 0) và
bán kính R = √12+4=¿ 4
Tia Oy cắt đường tròn tại A(0;2).
Gọi I’ là tâm của đường tròn (C’).
Phương trình đường thẳng IA :
2 3
2 2
y t
Điểm 'I IA nên I’( 2 3 ; 2 t t )2
Từ giả thiết đường tròn (C’) bán kính R’ = 2
tiếp xúc ngoài với đường tròn (C) bán kính :
R = 4 tại điểm A nên ta có:
1
2
AI I A t I
Vậy đường tròn (C’) có phương trình: x 32 y 32 4
0,25
0,25
0,25
0,25
2 ( 1,0 ®iÓm )
Do các điểm A và C lần lượt nằm trên các trục Ox, Oy và khác gốc O nên:
Mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên 3 trục tọa độ nên có phương
trình dạng: x a+y
3+
z
c=1 (phương trình theo đoạn chắn)
Theo giả thiết M4;0; 3 P 4 3 1 4c 3a ac
a c
(1)
0,25
0,25
0,25
A
y
2
O
I
x I’
Trang 71 1 1
ac
(2)
Từ (1) và (2) ta cú hệ
4
3
2
a
Vậy cú hai mặt phẳng (P) thỏa món yờu cầu bài toỏn là:
2
0,25
VII.b
(1 điểm) +) Tập xỏc định ¿R {−1
Ta có:
2
2
y'
x 1
Đồ thị có tiếp tuyến vuông góc với đờng phân giác của góc phần t thứ nhất y = x khi
và chỉ khi hệ số gúc của tiếp tuyến là y ' (x ) =−1
Hay phương trỡnh
2
2
1
x 1
có nghiệm x
có nghiệm x khác -1
a 2 0 a 2
.
+) Ta cú y '(x)=0⇔ x2 + 2x +3 – a = 0, (*) ( x ≠ −1 )
Đặt f ( x )=x2
+2 x +3 − a ; ta cú f (−1 )=2− a 0 với a>2
Phương trỡnh (*) cú Δ'=a − 2>0 với ∀ a>2
Vậy khi a>2 thỡ phương trỡnh y '(x)=0 luụn cú hai nghiệm phõn biệt khỏc -1
và y’ đổi dấu khi x đi qua hai nghiệm này, khi đú hàm số luụn cú hai cực trị đpcm.
0,25
0,25 0,25
0,25
Hết