Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 60 0 .Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM.. Tính thể tích khối chóp S.BCNM.[r]
Trang 1http://toanhocmuonmau.violet.vn
TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI LẦN 1
Năm học: 2012 - 2013
Môn: Toán - Khối D Thời gian làm bài: 150 phút
-******* -
A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
2
x y x
−
=
− đồ thị (C)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C)
2 Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M thuộc (C) biết tiếp tuyến đó cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho côsin góc ABI bằng 4
17 ,với I là giao 2 tiệm cận của(C)
Câu II (2 điểm) Giải phương trình, hÖ phương trình
1) cos2 cos( 1) (2 1 sin )
sin cos
+
x x
x
4 2
5 4 5 (1 2 )
4
x y x y xy xy
Câu III (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a Cạnh SA vuông
góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600.Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM
=a 3
3 , mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N Tính thể tích khối chóp S.BCNM
1
1
2+
+
x
x
trên [ ] − 1 ; 2
Câu V (1 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : 0< ≤a 1; 0< ≤b 1; 0< ≤c 1 Chứng minh rằng:
(a b c)
B PHẦN DÀNH RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm phần 1 hoặc phần 2
1 Theo chương trình chuẩn
Câu VI.A (2 điểm)
1 Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2 Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên
đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C.
2 Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 2 log (3 x−2)2+ −(x 5) log2 x−23=2 logx−29 (+ −x 5) log (2 3 x−2)
n
1 2x x
+
, biết rằng
2 n 1
n n 1
A −C −+ =4n+6
2 Theo chương trình nâng cao
Câu VI.B (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD biết phương trình của một đường chéo là:
3x+ − =y 7 0, điểm B(0;-3), diện tích hình thoi bằng 20 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi
2 Giải bất phương trình: 9( ) 1( )
3
2 log 9x+ ≥ −9 x log 28 2.3− x
2009 2 2009 3 2009 2010 2009
- HẾT -
Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:………
Chú ý: Học sinh không được sử dụng bất kỳ tài liệu gì!
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Trang 2http://toanhocmuonmau.violet.vn
http://toanhocmuonmau.tk
HƯỚNG DẪN CHẤM THI KHẢO SÁT HS KHÁ GIỎI LẦN 1
MÔN: TOÁN LỚP 12 – Khối D
A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
I
Cho hàm số 2 3
2
x y x
−
=
− đồ thị (C)
2
điểm
1đ 1 + Học sinh tự làm bài khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
1đ
2
0
2
x
x − ∈
1
x
−
0
2
x
x
− TCĐ B(2x0−2; 2)=( )C ∩TCN
17
Cos ABI = nên 1
4
IA Tan ABI
IB
= =
0 (x −2) =16 ⇔ x0 =0 ; x0 =4
(0; ) 2
M phương trình tiếp tuyến: 1 3
y= − x+
Tại 5
(4; ) 3
M phương trình tiếp tuyến: 1 7
y= − x+
0.25
0.25 0.25
0.25
điểm
1
PT ⇔ (1 sin )(1 sin )(cos+ x − x x− =1) 2(1 sin )(sin+ x x+cos )x
1 sin 0 sin cos sin cos 1 0
1 sin 0
1 sin cos 1 0
2 2 2
x
x
x x
⇔
⇔
= − +
⇔
= +
Kết luận:
0.25 0.25
0.25
0.25
1đ
1đ
2
4 2
5 4 5 (1 2 )
4
x y x y xy xy
(*) 4
5 )
(
4
5 ) (
2 2
2 2
−
= + +
−
= + +
+
+
⇔
xy y x
y x xy xy y x
Đặt
=
+
=
xy v
y x
u 2
Hệ (*) trở thành
= + +
−
−
=
⇔
−
= +
−
= + +
0 4
4 5
4 5 4 5
2 3
2
u u
u v
v u
uv v u
−
=
−
=
−
=
=
⇔
2
3
; 2 1 4
5
; 0
v u
v u
0.25
0.25
Trang 3http://toanhocmuonmau.violet.vn
+ Với u = 0,
2
3
−
=
2
4 5 4
5
0
=
⇔
−
=
= +
x xy
y x
16
25
−
=
y
+ Với u =
2
1
− ,
4
5
−
=
v ta có hệ
1 2
3
0 3 2
2 3
0 2
1 2
2
=
⇔
−
=
=
−
+
⇔
−
=
= +
−
x x
y
x x
x y
x
x
và y =
2
3
−
Vậy hệ có 2 nghiệm là:
−3 3
16
25
; 4
5
− 2
3
; 1
0.25
0.25
điểm
1đ
HÌNH VẼ: HỌC SINH TỰ VẼ
Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD
• BC AB BC BM
⊥
Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao
• SA=ABtan600
= a 3,
a a
3 3
2 3
−
3 ,BM =
a
2 3 Diện tích hình thang BCMN là : S =
BCNM
a a
2
4
3
+
+
• Hạ AH ⊥BM Ta có SH⊥BM và BC ⊥(SAB) ⇒ BC ⊥ SH Vậy SH ⊥( BCNM) ⇒ SH là đường cao của khối chóp SBCNM
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , AB AM
SB = MS = 1
2 Vậy BM là phân giác của góc SBA ⇒ SBH =300 ⇒ SH = SB.sin300
= a
• Thể tích chóp SBCNM ta có V = 1SH S BCNM
a3
10 3
0.25
0.25
0.25
0.25
điểm
1đ
Ta có
( 2) 2
1 1
1 '
x x
x y
+ +
−
= y ' = 0 ⇔ x = 1 ∈ [ ] − 1 ; 2
Lại có:
( ) ( ) ( )
=
=
=
−
5
5 3 2
2 1
0 1
y y y
Do đó, ta có:
max 2
; 1
=
=
−
y
min 2
; 1
=
−
=
−
y y
0.5
0.25
0.25
Trang 4http://toanhocmuonmau.violet.vn
http://toanhocmuonmau.tk
điểm
1đ
Vì 0< ≤a 1, 0< ≤b 1 nên
( )( )a−1 b− ≥1 0⇒ab− − + ≥a b 1 0⇒1≥ + −a b ab
ab a b
1 1 1
1 (1)
Tương tự :
1 (2), 1 (3)
Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế ta được:
Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cô–si ta có:
(a b c)
1 1 1 1 1 1
Cũng theo BĐT Cô–si ta có : (a b c)
1 1 1
9
+ + + + ≥
Do đó: (a b c)
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1
0.25
0.25
0.25
0.25
điểm
I Theo chương trình chuẩn
điêm
1
Dễ thấy S IAB 1S CAB 1
2
△ △ AB 5 d(I, AB) 2S IAB 2
Mặt khÁc pt đường thẳng AB: 2x+ − =y 2 0 Điểm I thuộc đt y=x giả sử I(a;a)
2a a 2 d(I, AB)
5
+ −
4
I(0;0) 3
a 0
=
hoặc I 4 4;
3 3
Do I là trung đểm của AC nÊn C(-1;0) hoặc C 5 8;
3 3
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 5http://toanhocmuonmau.violet.vn
2 + Với điều kiện 0< x−2≠1⇔2<x≠3
Phương trình đã cho
=
−
−
=
−
−
⇔
=
−
−
−
−
⇔
=
−
−
−
−
−
−
⇔
−
− +
=
− +
−
⇔
−
−
−
−
−
−
0 ) 2 ( log 3 log
0 4 ) 5 (
0 ) 2 ( log 3 log 4 ) 5 (
0 ) 2 ( log 3 log 4 ) 2 ( log 3 log ) 5 (
) 2 ( log ) 5 ( 3 log 4 3 log ) 5 ( ) 2 ( log 4
3 2
2
3 2
2
3 2
3 2
2
3 2 2
2 2 3
x x
x x
x x
x
x x
x x
x
x
x x
x x
=
=
⇔
±
=
−
⇔
=
−
−
) ( 3
7 2
5 0
4 ) 5
loai x
x x
x
+) Giải phương trình: logx−23−log3(x−2)=0 Đặt log3(x-2) = t ta có:
1 0
1 0
1 0
±
=
⇔
=
−
⇔
=
−
⇔
=
t
t t
+) Ta có:
=
=
⇔
=
−
=
−
⇔
−
=
−
=
−
3 7 5
3
1 2
3 2 1
) 2 ( log
1 ) 2 ( log 3
3
x
x x
x x
x
Vậy phương có nghiệm là: x = 7 ; x = 5 và x =
3
7
M(2;3; 7)−
0.25
0.25
0.25
0.25
điẻm
Giải phương trình A2n−Cn 1n 1−+ =4n+6 (1); Điều kiện: n ≥ 2 ; n ∈ N
(n 1)!
2!(n 1)!
+
n(n 1)
2
+
⇔ n2 – 11n – 12 = 0 ⇔ n 1
n 2
= −
=
do n ≥ 2 nên n=12
Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:
12 1 2x x
+
.Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là :
Tk +1 =
k
k 12 k 12
1
C (2x)
x
= k ( )12 k k2
12
C 2x − x− =
24 3k
k 12 k 2 12
C 2 x
−
− ; k ∈ N, 0 ≤ k ≤ 12
Số hạng này không chứa x khi k N, 0 k 12 k 8
24 3k 0
⇔ =
Vậy số hạng thứ 9 không chứa x là T9 = 8 4
12
C 2 =7920
0.25
0.25
0.25 0.25
II Theo chương trình nâng cao VIB
1đ
1
B
A
C
D
I
Trang 6http://toanhocmuonmau.violet.vn
http://toanhocmuonmau.tk
Lưu ý:
Trên đây chỉ là hướng dẫn chấm.Tất cả những cách giải khác, nếu đúng thì vẫn
được cho điểm tối đa
………
…
2 2
3(7 3 ) 9 1
.2 10 10
aư ư a ư
= +
………
……
⇔ 2
4
a a
=
= do vậy
(2;1); (4; 5) (4; 5); (2;1)
ư
ư
0.25
0.25
0.25
0.25
2 Đk: 28 2.3ư x> ⇔0 3x <14
Bpt ⇔ log3(9x+ ≥9) log33x(28 2.3ư x)
………
……
⇔
1 3
x
x
≤
≥
………
……
So sỏnh điều kiện ta được
1 3 3
x
x
≤
≤ <
………
……
0.25
0.25
0.25
0.25
2009 2009 2009 2009
f x x x x C C x C x C x
2009 2009 2009 2009
′
⇒ f =C + C + C + + C a
• Mặt khỏc: f′( )x = +(1 x)2009+2009(1+x)2008x= +(1 x)2008(2010+x ) ⇒ f/(1)=2011.22008 ( )b
• Từ (a) và (b) suy ra: S=2011.22008
0.25 0.25
0.25 0.25