Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn BC biết rằng I nằm trên đường thẳng có phương trình: 2x-y+1=0.. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.[r]
Trang 1SỞ GD-ĐT BẮC NINH
Trường THPT Hàn Thuyên ĐỀ THI KHẢO SÁT KHỐI 12–NĂM HỌC 2011-2012Môn : TOÁN ; Khối : D
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
=====================
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.5 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + mx2 + 1 đồ thị (Cm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m= -3
2 Tìm m để (Cm) cắt đường thẳng (∆) y = -x + 1 tại 3 điểm phân biệt E( 0; 1 ), F , G sao cho tiếp tuyến của (Cm) tại F và G vuông góc với nhau
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình: √3+x −√− x2+3 x +18=3 −√6 − x
2 Giải phương trình:
0
x
Câu III (1 điểm) Tính :
2 2 0
lim
x
x
Câu IV (1.5 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a√2
1. Tính khoảng cách từ S đến mp(ABCD)
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC
Câu V (1 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y= 2 x√1− x2
x+√1 − x2+2(x ∈[−1 ;1])
II PHẦN RIÊNG (2.5 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (1.5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A Đường thẳng AB có phương trình : 2x-y+5=0, đường thẳng AC có phương trình : 3x-6y+1=0 Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn BC biết rằng I nằm trên đường thẳng có phương trình: 2x-y+1=0
Câu VII.a (1 điểm):Tính giá trị của biểu thức:
,
1 !
M
n
biết rằng:
C C C C ( n là số nguyên dương )
B Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (1.5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm C(2;0) và Elip (E): x
2
4 +
y2
1 =1 Tìm tọa độ các điểm A, B(E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều
Câu VII.b (1 điểm): Có bao nhiêu số nguyên dương là ước số của 75000?
- Hết
-Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
Trang 2ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu I
1.
1 điểm
m = - 3 => y = x3 - 3x2 + 1
* Tập xác định: R
* Sự biến thiên:
+ Giới hạn tại vô cực: x →− ∞lim y=− ∞, lim x→+ ∞ y =+ ∞
+ Chiều biến thiên:
y' = 3x2 - 6x = 3x(x-2) y' = 0
⇔ x=0 ⇒ y =1
¿
x=2 ⇒ y=− 3
¿
¿
¿
¿
¿
X - ∞ 0 2 +
∞
Y’ + 0 - 0 +
∞
- ∞ -3
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-;0) và (2;+)
Hàm số nghịch biến trên (0;2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1
cực tiểu x = 2, yCT = -3
-* Đồ thị:
+ Điểm uốn: y'' = 6x - 6, y'' = 0 x = 1
=> điểm uốn (1; -1)
Điểm đặc biệt (C) qua A(-1; -3), B(0;1), D(1;-1),
H(2;-3)
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 3x3 + mx2 + 1= -x +1 x(x2 + mx+ 1) = 0
x=0
¿
x2+mx+1=0 (∗)
¿
¿
¿
¿
* () (Cm) = {E, F, G} (*) có 2 nghiệm phân biết khác 0
¿
Δ=m2−4 >0 g(0)=1 ≠ 0 ;g (x)=x2+mx+1
¿{
¿
m<−2
¿
m>2
¿
¿
¿
¿
* Khi
m<−2
¿
m>2
¿
¿
¿
¿
thì (*) có 2 nghiệm x1; x2 là hoành độ của các điểm F và G và từ phương
trình (*) cho ta:
¿
x1+x2=− m
x1x2=1
¿{
¿
* Để tiếp tuyến của (Cm) tại F và G vuông góc thì phải có
y'(x1) y'(x2)=-1
(3x1 + 2mx1) (3mx2 + 2mx2)=-1
m=±√5
0.25
0.25
0.25
Câu II
1
1 điểm √3+x −√− x2+3 x +18=3 −√6 − x
Đkxđ: −3 ≤ x ≤ 6
Phương trình đã cho tương đương: √3+x+√6 − x −√− x2+3 x+18=3
-Đặt t=√3+x+√6 − x ⇒√− x2+3 x+18= t
2
−9
2
Phương trình đã cho có dạng:
t − t
2
− 9
2 =3⇔t2
− 2t − 3=0 ⇔ t=−1(loai)
¿
t=3 (t /m)
¿
¿
¿
¿
¿
-Với
t=3 ⇒√− x2
+3 x +18=0 ⇔ x=− 3
¿
x=6
¿
¿
¿
¿
¿
0.25
0.5
0.25
Trang 41điểm
1 Giải phương trình:
5sin 2 4 sin os 6
0 1
2 os2 3
c x
Điều kiện:
c x x k x k k Z
2
1
1 5sin 2 4 1 sin 2 6 0
2 2sin 2 5sin 2 2 0(2)
Đặt sin2x=t, Đk: t 1
2
2
2
t t
t loai
Khi t=1/2=>sin2x=-1/2
Đs: − π
12+k 2 π
0.25
0.25
0.25
0.25
CâuIII
- I= lim
x→ 0
√1+x2− 1
x2 +lim
x →0
1− cos x
x2 = lim
x→ 0
x2
x2(√1+x2+1)+limx →0
2 sin2x 2
x2
- I= 12+1
2=1
0.5
0.5
CâuI
V
1.
0.25 0.25
0.25
- Gọi H là giao điểm của AC và BD Do S.ABCD là
hình chóp đều nên SH (ABCD)
⇒d (S ;(ABCD))=SH
-S
S
A
E
K
D
B
C
- SAC là tam giác đều cạnh nên SH=
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD Ta
có: d(AB;(SCD))=d(E;(SCD))=EK
(EK là đường cao của tam giác SEF)
Vì AB và SC chéo nhau, AB//mp(SCD) nên
d(AB;SC)=d(AB;(SCD))=
Trang 5Câu V
2
1
t x x khảo sát sự biến thiên của t trên [-1;1]
=> Tìm miền giá trị của t
- Ta có:
2
1 ' 1
t
t’=0 2 2 2 0 2 1 2 1 x x x x x x - Bảng biến thiên:
x -1
2 2 1
T’ + 0
-t 2
-1 1
Vậy 1 t 2
- Do t x 1 x2 t2 1 2 1x x2 Ta có hàm số:
2 2 2 1 4 1 ( ) ' '( ) 2 ( 2) t t t y f t y f t t t
1 2 2 2 3 1; 2 ' 0 4 1 0 2 3 t loai y t t t nhan
- Tính giá trị:
2 2 ( 1) 0; ( 2 3) 2( 3 2); ( 2)
2
Vậy:
2- 2
ax f = ; min 2( 3 2)
2
0.25
0.25
0.25
0.25
CâuVIa - Tam giác ABC cân tại A, I là trung điểm BC nên I nằm trên đường phân giác góc A
0.25
0.25 0.25
Trang 6- Phương trình 2 đường phân giác góc A:
−1¿2
¿
− 6¿2
¿
¿⇔
¿
3 x +3 y +14=0(d)
¿
9 x − 9 y+16=0 (d ')
¿
¿
32
+¿
22+¿
¿
2 x − y +5
¿
- TH1: I là giao điểm của (d) và đường thẳng: 2x-y+1=0 ⇒ I (−17
9 ;−
25
9 )
- TH2: I là giao điểm của (d’) và đường thẳng: 2x-y+1=0 ⇒ I (7
9;
23
9 )
- C n212C n222C n23C n24 149
⇔ (n+1)!
2! (n −1)!+2
(n+ 2)1
2! n! +2
(n+3)
2 !(n+1)!+
(n+4)!
2! (n+2)!=149
⇔n2
+4 n − 45=0 ⇔ n=5
¿
n=− 9
¿
¿
¿
¿
¿
Vì n nguyên dương nên n=5
4+3 An3
6 ! =
3 4
0.25
0.25
0.5
CâuVIb - Giả sử A(x0;y0) Do A,B đối xứng nhau qua Ox nên B(x0;-y0)
- AB2 = 4 y02 và AC2 = ( x0-2)2 + y02
- Vì A(E) nên x02
4 +y0
2
=1⇒ y02
=1 −x0
2
4 (1)
Vì AC=AB nên ( x0-2)2 + y02 =4 y02 (2)
0.25 0.25
0.25
0.25
Trang 7- Thay (1) vào (2) và rút gọn ta được:
7 x02−16 x0+4=0⇔
x0=2
¿
x0=2 7
¿
¿
¿
¿
¿
- Thay x0=2 vào (1) được y0=0 trường hợp này loại do A C
Thay x0= 2
7 vào (1) được y0=±4√3
7
- Vậy A(27;
4√3
7 );B(27;−
4√3
7 ) hoặc B(72;
4√3
7 ); A(27;−
4√3
7 )
0.25
CâuVIIb
1 điểm
- Ta có 75000=23.3.55.
- Do đó mỗi ước số dương a của 75000 có dạng a = 2m.3n.5p với m {0 ;1;2 ;3} ; n
{0 ;1} ; p {0 ;1;2 ;3 ;4 ;5}
- Vì có 4 cách chọn m, 2 cách chọn n và 6 cách chọn p nên số các ước số nguyên
dương của 75000 là 4.2.4=48
0.25 0.5
0.25