Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số.. Bảng biến thiên:..[r]
Trang 1SỞ GD & ðT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ðÀO DUY TỪ
ðỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ðẠI HỌC (LẦN I)
NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: TOÁN; Khối: A và A 1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát ñề
(ðề thi có 01 trang)
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu 1 (2,0 ñiểm) Cho hàm số 2 ( )
3
x
x
+
=
− 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số
2) Tìm trên ñồ thị ( C) ñiểm M sao cho khoảng cách từ ñiểm M ñến ñường tiệm cận ngang bằng 5 lần khoảng cách từ ñiểm M ñến ñường tiệm cận ñứng
Câu 2 (1,0 ñiểm) Giải phương trình: ( 6 6 )
8 sin x+cos x +3 3 sin 4x =3 3 cos 2x−9 sin 2x+11
Câu 3 (1,0 ñiểm) Giải hệ phương trình trên ℝ: x x y xy y
x y x y
2
Câu 4 (1,0 ñiểm) Tìm nguyên hàm của hàm số: f x( ) 1 x23
−
= + trên ñoạn 1;8
Câu 5 (1,0 ñiểm) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thoi, hai ñường chéo AC = 2 3a,
BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ O ñến mặt phẳng (SAB) bằng 3
4
a
Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a
Câu 6 (1,0 ñiểm) Cho *
,
2 2
II/ PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a (2,0 ñiểm)
1 Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho ñường thẳng ∆ :x+ 2y− = 3 0 và hai ñiểm A(1; 0), B(3; - 4) Hãy tìm trên ñường thẳng ∆ một ñiểm M sao cho MA+ 3MB nhỏ nhất
2 Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho tam giác ABC, có ñiểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai ñỉnh B
và C lần lượt nằm trên hai ñường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0 Viết phương trình ñường tròn có tâm C và tiếp xúc với ñường thẳng BG
Câu 8a (1,0 ñiểm) Giải bất phương trình trên ℝ: 8 2+ 1+ −3 x −4 3−x +21+ −3 x ≤5
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (2,0 ñiểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho ñiểm P( 7;8) − và hai ñường thẳng d1:2x+ 5y+ = 3 0;
d x− y− = cắt nhau tại A Viết phương trình ñường thẳng d3 ñi qua P tạo với d1,
2
d thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 14, 5
9 16
2 2
=
x ViÕt ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña elip
(E) cã tiªu ®iÓm trïng víi tiªu ®iÓm cña (H) vµ ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H)
Câu 8b (1,0 ñiểm) Cho khai triển Niutow ( x 1 )
2
8 1
log 3 1 log 9 7 5
−
+
biết rằng số hạng thứ 6 từ trái sang phải trong khai triển này là 224
- Hết -
Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
……… ………
Ghi chú: Dự kiến khảo sát chất lượng thi ðại học ( lần II) tổ chức vào các ngày 30 và 31 tháng 3 năm 2013
Trang 2SỞ GD & đT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT đÀO DUY TỪ
đỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI đẠI HỌC (LẦN I)
NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: TOÁN; Khối: A và A 1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát ựề
(đáp án có 04 trang)
đÁP ÁN - THANG đIỂM
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ựiểm)
1 (1,0 ựiểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ựồ thị hàm số
* Tập xác ựịnh D = ℝ\ 3{ }
* Sự biến thiên:
+/ Giới hạn và tiệm cận:
xlim y 1; limx y 1
→−∞ = →+∞ = : đồ thị có tiệm cận ngang là y =1
x + y x −y
→ = +∞ → = −∞: đồ thị có tiệm cận ựứng là x =3
0,25
+/ Ta có:
5
3
x
−
Bảng biến thiên:
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;3)và (3; +∞)
x −∞ 3 +∞
'
y − 0 0 −
y
1 +∞
−∞ 1
0,5
* đồ thị:
12
10
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10
0.25
2 (1,0 ựiểm): Tìm ựiểm trên ựồ thị
3
a
−
Tiệm cận ựứng ∆1:x− = 3 0; tiệm cận ngang ∆2:y− = 1 0
0,25
5
3
a
Câu 1
(2,0ựiểm)
Giải phương trình: ( 6 6 )
8 sin x+cos x +3 3 sin 4x=3 3 cos 2x−9 sin 2x+11 Câu 2
(1,0ựiểm)
8 1 3sin − xcos x + 3 3 sin 4x− 3 3 os2c x+ 9 sin 2x− 11 = 0
3 3 os2c x 2 sin 2x 1 3 2 sin 2x 3sin 2x 1 0
Trang 3( ) ( ) 2 sin 2 1 0 1( ) ( )
2 sin 2 1 3 os2 sin 2 1 0
3 os2 sin 2 1 2
x
− =
5 2
12
π π
= +
5
12
π π π
π π
ℤ 0,25
Giải hệ phương trình: x x y xy y
− + + =
Ta có: (1) ⇔ (x y− ) (2 x− 4 ) 0y = ⇔ x y
x 4y
=
=
Câu 3
(1,0ñiểm)
Tìm nguyên hàm của hàm số: f x( ) 1 x23
−
= + trên ñoạn 1;8
Vì hàm số liên tục trên [ ]1;8 Ta có:
3
1 1 1
1
x
−
−
=
Câu 4
(1,0ñiểm)
1
d x
x
Vậy nguyên hàm của hàm số f x( ) 1 x23
x x
−
= + trên ñoạn [ ]1;8 là: F x( ) ln(x 1) C C;
x
0,5
(1,0 ñiểm) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Từ giả thiết, ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3; BO = a , do ñó
60
A DB = Hay ∆ABDñều Do (SAC) (; SBD) (⊥ ABCD)nên giao tuyến của chúng
SO⊥ (ABCD)
0,25
Gọi H là trung ñiểm của AB, K là trung ñiểm của HB ta có DH ⊥ AB và DH = a 3;
a
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ⇒ OI ⊥ (SAB), hay OI 3
4
a
OI =
0,25
Câu 5
(1,0ñiểm)
Tam giác SOK vuông tại O, OI là ñường cao ⇒ 12 12 12
2
a SO
OI =OK + SO ⇒ =
Diện tích ñáy S ABCD =4S∆ABO =2.OA OB =2 3a2;
ñường cao của hình chóp
2
a
SO = Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
S ABC ABC
a
0,5
S
A
B K
H
C
O
I
D
3
a
Trang 4Chứng minh rằng: a2 b 3 b2 a 3 2a 1 2b 1
2
= − + + + ≥ + +
+ + = − + + + +
Tương tự: b2 a a b 1
2
3 4 + + ≥ + +
0,5
2
Thật vậy, (*) ⇔ a2 b2 ab a b 1 4ab a b 1
+ + + + + + + + ⇔ (a b− )2 ≥ 0
Dấu "=" xảy ra ⇔ a b 1
2
= =
0,5
II/ PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm)
Câu 6
(1,0ñiểm)
A Theo chương trình Chuẩn
1 (1,0 ñiểm) Hãy tìm trên ñường thẳng ∆ một ñiểm M sao cho MA+ 3MB nhỏ nhất.
Gọi I là trung ñiểm của AB, J là trung ñiểm của IB Khi ñó I(1 ; -2), J(5; 3
Ta có : MA+ 3MB= (MA+MB) + 2MB= 2MI+ 2MB= 4MJ 0,25
Vì vậy MA+ 3MB nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên ñường thẳng ∆
ðường thẳng JM qua J và vuông góc với ∆ có phương trình : 2x – y – 8 = 0
0,25
Tọa ñộ ñiểm M là nghiệm của hệ
2
5
x
x y
y
−
=
Vậy M(19; 2
5 5
−
2 (1,0 ñiểm) Viết phương trình ñường tròn có tâm C và tiếp xúc với ñường thẳng BG
Giả sử B x( B;y B) ∈d1⇒x B = −y B − 5;C x( C;y C) ∈d2 ⇒x C = − 2y C + 7
3 0
B C
B C
+ + =
+ + =
0,25
Ta có BG(3; 4)⇒VTPT nBG(4; 3)− nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0,25
7a
(2,0ñiểm)
Bán kính R = d(C; BG) = 9
5 ⇒phương trình ñường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 81
Giải bất phương trình: 8 2+ 1+ −3 x −4 3−x +21+ −3 x ≤5
.
8a
(1,0ñiểm)
ðiều kiện: x ≤ 3 ðặt 3
2 x 1
2
− ≥
t
5 0 2
17 1;
5
≤ ≤
⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
≤ ≥
t
t t
0,5
0 ≤ ≤ ⇒ 1 2 −x ≤ ⇔ 1 3 − ≤ ⇔ = 0 3
Trang 5B Theo chương trình Nâng cao
1 (1,0 ñiểm) Viết phương trình ñường thẳng d ñi qua P tạo với 3 d , 1 d2
Ta có A(1; 1) − và d1⊥d2 Phương trình các ñường phân giác của các góc tạo bởi d1,
2
3
d tạo với d1, d2một tam giác vuông cân ⇒d3vuông góc với ∆1 hoặc ∆2.
⇒ Phương trình của d3có dạng: 7x+ 3y+ =C 0 hay 3x−7y C+ ′ =0
Mặt khác, d3qua P −( 7;8)nên C = 25 ; C′ = 77
0,25
Suy ra : d3: 7x+ 3y+ 25 = 0 hay d3 :3x− 7y+ 77 = 0
Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng 29
Suy ra ñộ dài ñường cao A H = 58
2 = d A d( , 3)
• Với d3 : 7x+ 3y+ 25 = 0 thì ( ; 3) 58
2
d A d = ( tm)
• Với d3 : 3x− 7y+ 77 = 0 thì ( ; 3) 87
58
d A d = ( loại )
0,25
2 (1,0 ñiểm) Viết ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E)
Hypebol (H) cã c¸c tiªu ®iÓm F1(−5; 0 ; ) F2(5; 0) H×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H) cã mét
Gi¶ sö ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) cã d¹ng: 1
b
y a
x
2
2 2
2
=
a =b +c )
1 5; 0 ; 2 5; 0 5 1
0,25
Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ:
=
=
⇔
= +
+
=
15 b
40 a b
a b 16 a 9
b 5 a
2
2 2
2 2 2
2 2 2
0,25
7b
(2,0ñiểm)
15
y 40
Hãy tìm các giá trị của x ∈ ℝ ,
Ta có:( )8 k 8 k 8 k k
8
k 0
=
−
=
2
1
log 3 1
−
0,25
+ Theo thứ tự trong khai triển trên, số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của khai triển là 5 ( x 1 )1 3 ( x 1 ) 1 5 ( x 1 ) ( x 1 ) 1
6 8
T C 9− 7 3− 1− 56 9− 7 3− 1−
0,25
x 1
= 224
−
−
−
+
8b
(1,0ñiểm)
x 1
3 4(3 ) 3 0
x 2
−
−
Ghi chú: Nếu thi sinh làm bài có lời giải khác với ñáp án mà lời giải ñúng thì vẫn cho ñiểm tối ña theo biểu ñiểm ñã quy ñịnh
- Hết -