Đề thi thử ĐH môn Toán khối D 2
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (174 KB, 6 trang )
SỞ GDðT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI D
NĂM HỌC 2012-2013
(Thời gian làm bài 180 phút)
(ðáp án gồm 05 trang)
Câu
Ý
Nội dung
ðiể
m
1
Cho hàm số:
3 2
y x 3x 2
= − +
(1)
2,0
Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số
3 2
y x 3x 2
= − +
1,0
* Tập xác ñịnh:
.R
* Sự biến thiên:
+ Giới hạn:
(
)
3 2
x x
x
lim y lim x 3x 2 ,lim y
→−∞ →−∞
→+∞
= − + = −∞ = +∞
.
0,25
+ Bảng biến thiên:
2
x 0
y 3x 6x 3x(x 2), y 0
x 2
=
′ ′
= − = − = ⇔
=
Bảng biến thiên:
x
∞
−
0 2
∞
+
y
′
+ 0 -
0
+
y
2
∞
+
∞
−
-2
0,25
+ Hàm số ñồng biến trên khoảng
(
)
;0
−∞
và
(
)
2;
+∞
. Hàm số nghịch biến trên khoảng
(
)
0;2
.
+ Hàm số ñạt cực ñại tại
Cð
x 0, y y(0) 2
= = =
ñạt cực tiểu tại
CT
x 2, y y(2) 2
= = = −
0,25
I
1
* ðồ thị
:
ðồ thị cắt trục tung tại ñiểm (0; 2), cắt trục hoành tại ba ñiểm phân biệt.
Ta có
y 6x 6;y 0 x 1
′′ ′′
= − = ⇔ =
y
′
′
ñổi dấu khi x qua x = 1.
ðồ thị nhận ñiểm uốn I (1; 0) làm tâm ñối xứng.
0,25
2
Tìm m ñể hàm số có cực trị
1,0
Ta có
2
y 3x 6x m
′
= − −
.
Hàm số có cực ñại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình
y 0
′
=
có hai nghiệm phân biệt
1 2
x ;x
(y’ ñổi dấu khi x ñi qua hai nghiệm ñó)
9 3m 0 m 3.
′
⇔ ∆ = − > ⇔ <
(*)
0,25
3
1
O
2
-1
-2
2
x
y
Chia ña thức y cho
y
′
, ta ñược:
x 1 2m m
y y . 2 x 2
3 3 3 3
′
= − − + + −
.
Vì
1 2
y (x ) 0;y (x ) 0
′ ′
= =
nên phương trình ñường thẳng
(
)
∆
qua hai ñiểm cực ñại, cực tiểu là:
2m m
y 2 x 2
3 3
= − + + −
0,25
(
)
∆
có hệ số góc là
2m
k 2
3
= − −
.
(
)
∆
tạo với hai trục tọa ñộ một tam giác cân nên
(
)
∆
vuông góc với ñường thẳng y=x hoặc y=-x
( )
2m
3
2 1
m
3
2
2m 9
2 1 m
3 2
− − = −
= −
∆ ⇔ ⇔
− − = = −
0,25
I
2
Kết hợp (*) suy ra
3 9
m ;m
2 2
= − = −
là giá trị cần tim
0,25
1
2 2
4 5 1 9
cos x cos x cos x 1
3 3 2 2
π π π
+ + + = − +
1,0
8 10
1 cos 2x 1 cos 2x cos x 1
3 3 2
π π π
⇔ + + + + + = − +
0,25
2
2 2cos 2x.cos sin x 1
3
2 cos 2x sin x 1 0
π
⇔ + = +
⇔ − − − =
0,25
2
2sin x sin x 0
x k
sin x 0
51
x k2 ;x k2
sin x
6 6
2
⇔ − =
= π
=
⇔ ⇔
π π
= + π = + π
=
(
)
k
∈ Ζ
0,25
Vậy phương trình ñã cho có nghiệm:
5
x k ;x k2 ;x k2
6 6
π π
= π = + π = + π
,
(
)
k
∈ Ζ
0,25
2
Giải hệ phương trình
:
(
)
( )
2013 2 2
x
2013
y
log x xy x y x 2y 2013
log y x 2y y x 1 2x 2y 2013
+ + + − + =
+ − − − + =
1,0
ðiều kiện:
2013 2 2
2013
0 x, y 1
x xy x y x 2y 0
y x 2y y x 1 2x 2y 0
< ≠
+ + + − + >
+ − − − + >
(*)
Hệ phương trình ñã cho tương ñương với:
2013 2 2 2013 2 2
2013 2013
x xy x y x 2y x xy x y x 2y 0
y x 2y y x 1 2x 2y y x 2y y x 1 2x 2y 0
+ + + − + = + + − + =
⇔
+ − − − + = − − − + =
(
)
( )
1
2
0,25
(
)
(
)
(
)
(
)
( )( )
2 2
1 x xy 2xy y x y 0
x y x 2y 1 0
⇔ + − + − + =
⇔ + − − =
x 2y 1 0
⇔ − − =
(Do
0
x y
+ >
)
x 2y 1
⇔ = +
0,25
Thay vào (2) ta có
(
)
(
)
2y 1 2y y 2y 2 2y 1 2y
+ − = + −
(
)
(
)
( )
( )
2y y 1 2 y 1
y 1 2y 2 0
⇔ + = +
⇔ + − =
y 2
⇔ =
(Do y>0)
0,25
II
Với
y 2 x 2y 1 5
= ⇒ = + =
. Kết hơp (*) hệ ñã cho có nghiệm (x, y) là (5, 2)
0,25
Tính tích phân:
2
1
x x 1
dx
x 5
−
−
∫
1,0
ðặt :
2 2
t x 1 t x 1 x t 1 dx 2tdt
= − ⇔ = − ⇔ = + ⇒ =
0,25
ðổi cận:
x 1 t 0
= ⇒ =
x 2 t 1
= ⇒ =
Khi ñó
(
)
2
2 1
2
1 0
t 1 t
x x 1
dx 2tdt
x 5 t 4
+
−
=
− −
∫ ∫
0,25
1
` 1
2 3
2
0 0
0
40 2 1 1
2t 10 dt t 10t 10 dt
t 4 3 t 2 t 2
= + + = + + −
− − +
∫ ∫
0,25
III
1 1
3
0 0
2 t 2 32 1
t 10t 10.ln 10.ln
3 t 2 3 3
−
= + + = +
+
0,25
Tính thể tích của khối chóp theo a
1,0
B
A
C
S
H
M
N
Kẻ
SH BC
⊥
. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của S lên AC, AB,
từ giả thiết suy ra:
o
SMH SNH 60 SHM SHN HM HN
∠ = ∠ = ⇒ ∆ = ∆ ⇒ =
0,25
Ta có
( )
(
)
o
3 3 a
a a 3
BC a; ABC 60 AB ;AC= HM AB AC AB.AC HM
2 2 4
−
= ∠ = ⇒ = ⇒ + = ⇒ =
0,25
(
)
o
3 1 a
SH HM.tan 60
4
−
⇒ = = mà
2
ABC
1 a 3
S AB.AC
2 8
∆
= = .
0,25
IV
Vậy
(
)
3
S.ABCD ABC
3 3 a
1
V .SH.S
3 32
∆
−
= = (ñvtt)
0,25
Chứng minh rằng:
2 2 2
3
x y z
4
+ + ≥
.
1,0
Ta có:
(
)
(
)
xyz 1 x y z xy yz zx xyz
= − + + + + + −
(
)
xy yz xz 2xyz 1 x y z
⇔ + + = − + + +
Mà:
( ) ( )
2
2 2 2
x y z x y z 2 xy yz xz
+ + = + + + + +
( ) ( )
2
2 2 2
x y z 2 2 x y z x y z 4xyz
⇔ + + = − + + + + + −
0,25
Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy ta ñược
( ) ( )
3 2
2
2 2 2
x y z x y z
xyz x y z 2 2 x y z x y z 4
3 3
+ + = +
≤ ⇒ + + ≥ − + + + + + −
0,25
ðặt
(
)
t x y z, 0 t 3
= + + < <
. Ta có:
3
2 2 2 2
4t
x y z 2 2t t
27
+ + ≥ − + −
Xét hàm số:
( )
3
2
4t
f t 2 2t t
27
= − + −
trên (0;3) ta có:
( ) ( )
2
3
t
4t
f ' t 2 2t ;f ' t 0
2
9
t 3
=
= − + − = ⇔
=
+ Bảng biến thiên:
x
0
3
2
3
y’ - +
y
3
4
0.25
V
suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
3
2
4t
f t 2 2t t
27
= − + −
trên (0;3) là
3
4
ñạt ñược khi t=
3
2
Vậy
2 2 2
3
x y z
4
+ + ≥
. Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi
1
x y z
3
= = =
0,25
1
Tính diện tích ….
1,0
Gọi B, C là hai ñỉnh còn lại của tam giác ñều thì B(-m; n), C(m, n). Tam giác ABC ñều nội
tiếp elip (E)
2 2
2 2 2
1
16 4
4 4 4
m n
m m n n
+ =
⇔
= + − +
0,25
2 2
2
2 2
22
4 16
13 4 44 0
13
3 4 4
2
m n
n
n n
m n n
n
+ =
= −
⇔ ⇒ − − = ⇔
= − +
=
0,25
n 2
=
loại vì
A B C
≡ ≡
. Với
16 3
m
13
n 2
16 3
m
13
=
= ⇒
= −
0,25
( )
2
2
ABC
1 3 1 3 768 3
S AB . 2m
2 2 2 2 169
∆
= = = (ñvdt)
0,25
2
Tìm tọa ñộ ñiêm Q…
1.,0
Gọi I là tâm hình vuông
⇒
I là trung ñiểm MP và NQ
7 5
I ;3;
2 2
−
⇒
Giả sử
(
)
N a;b;c
,
(
)
N : x y z 6 0 a b c 6 0
∈ α + − − = ⇒ + − − =
(1)
0,25
VIa
MNPQ là hình vuông
MNP
⇒ ∆
vuông cân tại N
=
=
⇔
0.
PNMN
PNMN
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( )( )
2 2 2 2 2 2
2
a 5 b 3 c 1 a 2 b 3 c 4
a 5 a 2 b 3 c 1 c 4 0
− + − + + = − + − + +
⇔
− − + − + + + =
0,25
( )( ) ( ) ( )( )
2
a c 1 0
a 5 a 2 b 3 c 1 c 4 0
+ − =
⇔
− − + − + + + =
(
)
( )
2
3
Từ (1) và (2) suy ra
b 2a 7
c a 1
= − +
= − +
Thay vào (3) ta có
2
a 5a 6 0
− + =
a 2;b 3;c 1
a 3;b 1;c 2
= = = −
⇒
= = = −
hay
(
)
( )
N 2;3; 1
N 3;1; 2
−
−
0,25
Nếu N(2; 3;-1) thì Q(5; 3; -4). Nếu N(3; 1;-2) thì Q(4; 5; -3). Vậy…….
0,25
Giải phương trình:
x 2
1 log 8.log x 1 0
+ + =
(1)
1,0
ðiều kiện :
x
0 x 1
1 log 8 0
< ≠
+ ≥
(*)
(1)
x 2
1 log 8.log x 1
⇔ + = −
(2). Từ (2)
2
log x 0
⇒ <
0,25
Kết hợp với (*), cả hai vế của pt (2) ñều âm
nên bình phương hai vế ta có:
( )
2 2 2
x 2 2 2 2
2
3 1
1 log 8 log x 1 1 . .log x 1 2log x 3log x 2 0
2 log x
+ = ⇔ + = ⇔ + − =
0,25
2
2
1
log x 2
x
4
1
log x
x 2
2
= −
=
⇔ ⇔
=
=
0,25
VII.a
Kết hợp (*) suy ra phương trình ñã cho có nghiệm là
1
x
4
=
0,25
1
Lập phương trình mặt cầu (S)
1,0
B AB BC
= ∩ ⇒
Tọa ñộ B là nghiệm của hệ:
( )
2x y 1 0
B 1; 1
x 4y 3 0
+ − =
⇒ −
+ + =
0,25
Giả sử
AC
n
(
)
a;b
=
2 2
(a b 0)
+ >
là véc tơ pháp tuyến của ñường thẳng AC
Lại có
(
)
(
)
2;1 , 1;4
AB BC
n n= =
tương ứng là véc tơ pháp tuyến của AB, BC.
cos B cos C
=
. .
. .
AB BC AC BC
AB BC AC BC
n n n n
n n n n
= =
0,25
2 2
2 2
2 4 2a b
31a 40a 44b 0
5. 17
a b . 17
+ +
⇔ = ⇔ − − =
+
. Chọn
a 2
b 1
22
a
31
=
= ⇒
−
=
a 2;b 1
= =
loại vì (2; 1) là vtpt của AB
0,25
Suy ra
AC
n
=
22
;1
31
−
. Phương trình ñường cao ñi qua ñỉnh B là
31x 22y 9 0
+ − =
0,25
2
Tìm toạ ñộ ñỉnh Q
1,0
Gọi r là bán kính ñường tròn giao tuyến, ta có
8 2 r r 4
π = π ⇔ =
0,25
( )
2 2 2
2 4 3 5
8
d d I;(P)
3
2 2 1
+ − +
= = =
+ +
0,25
VIIb
⇒
Bán kính mặt cầu cần tìm là:
2
2 2 2
8 208
R r d 4
3 9
= + = + =
0,25
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:
( ) ( ) ( )
2 2 2
208
x 1 x 2 x 3
9
− + − + + =
0,25
Giải phương trình
(
)
(
)
x x
2012 2013
log e 2011 log 2012 2
+ + π + ≤
(1)
1,0
Xét hàm số
(
)
(
)
(
)
x x
2012 2013
f x log e 2011 log 2012
= + + π +
( )
( ) ( )
x x
x x
e ln
f ' x 0
e 2011 ln 2012 2012 ln 2013
π π
= + > ⇒
+ π +
f(x) là hàm ñồng biến
0,5
VIIb
Mà
(
)
f 0 2
=
nên bất phương trình
(
)
(
)
f x f 0 x 0
≤ ⇔ ≤
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
(
]
S ;0
= −∞
0,5
