Bài soạn môn Sinh học khối 8, kì II - Tiết 43: Cấu tạo và chức năng của da

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN I NĂM 2012-2013 Môn thi: TOÁN, KHỐI A, A1, B TRƯỜNG THPT GIA BÌNH SỐ 1 Thời gian làm bài 180 phút ( không kể thời gian giao đề). SỞ GD & ĐT BẮC NINH. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (8 điểm) Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y . 2x  2 x 1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số. b) Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 5 .. 1 cos x 6 3 2 2  x  y  x  9 y  30  28 y Câu 3 (1 điểm). Giải hệ phương trình:  , (x,y  R) 3 2  x  4 1  y  10  3 x  6 2  x  Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình:. 2cos 2 x  8cos x  7 . Câu 4 (1 điểm). Tính giới hạn sau: lim x 0. 1  2 x  1  sin x 3x  4  2  x. Câu 5 (2 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. a) Tính theo a thể tích khối chóp A’.BCC’B’ b) Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’, B’C’. Câu 6 (1 điểm). Cho ba số thực dương x,y, z thỏa mãn x + y + z + xy + yz + zx = 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của. x4 y4 z4 P 2   . y  z 2 z 2  x2 x2  y 2 II. PHẦN RIÊNG(2 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y - 4 = 0 có tâm I và điểm M(- 1 ; - 3). Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất. Câu 8.a (1 điểm). Cho tập hợp X = 0,1,2,3,4,5,6,7 . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ sốâ hàng trăm, hàng nghìn, hàng chục nghìn phải baèng 1. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2:x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. ln  x  1  ln( y  1)  x  y Câu 8.b (1 điểm). Giải hệ phương trình  ( x, y  R ) 2 2  x  12 xy  20 y  0 ….. 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: ………... Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Đáp án đề thi thử đại học môn Toán khối A năm học 2012 – 2013 Lần 1 trường THPT Gia Bình số 1.. Caâu Caâu 1 ýa 1 điểm. Hướng dẫn. Ñieåm 0.25 0.25 0.25 0.25. +) TXÑ: D = R +) Tính được y’, KL khoảng đơn điệu, tiệm cận +) BBT: +) Đồ thị:. 2x  2  2 x  m (1) với x ≠ -1 x 1  2 x  2  ( x  1)(2 x  m), x  1. Xét phương trình Caâu 1 ýb 1 điểm.  2 x 2  mx  m  2  0 (2) , x  1 Do đó để đường thẳng d: y = 2x + m cắt (C) tại hai điểm A và B khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt hay (2) có hai nghiệm phân biệt x ≠ - 1. 0.25. m  4  4 2 m 2  8m  16  0   0    2  m  m  2  0  4  0  m  4  4 2 Khi đó A(xA;yA), B(xB;yB) với xA, xB là các nghiệm của (2). Để AB =. 5.  AB  5  ( x A  x B )  ( y A  y B )  5  ( x A  x B )  1 2. 2. 2. 2. 0.25.  ( x A  x B )2  4 x A x B  1(*) m   x A  x B   2 Theo viet ta có  x x  m  2  A B 2 2  m  10 m Nên (*) trở thành  2 m  4  1  m 2  8m  20  0   4  m  2  m  10 thỏa mãn bài toán.  m  2. Kết hợp với các điều kiện trên vậy . 0.5. điều kiện cosx ≠ 0. Câu 2 1 điểm. Phương trình tương đương với 2cos2x.cosx – 8cos2x + 7cosx = 1  (4 cos 2  2) cos x  8cos 2 x  7 cos x  1  0.  4 cos3 x  8cos 2 x  5cos x  1  0 Đặt t = cosx, t  1 phương trình trở thành 4t3 - 8t2 + 5t – 1 = 0  (t – 1)(4t2 – 4t + 1) = 0 t  1 t  1  1  2   4t  4t  1  1 t   2  2 Với t = 1 ta có phương trình cosx = 1 hay x = 2k  Với t = ½ ta có phương trình cosx = ½  x  . Lop12.net. . 3. 0.25. 0,25.  2 k. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Kết hợp với điều kiện phương trình có ba họ nghiệm x = 2k  ,  x  . Câu 3 1 điểm. 2  x  0 2  x  2  Điều kiện 2  x  0   y 1 1  y  0 .  3.  2 k .. 0,25. Ta có.  x 6  y 3  x 2  9 y 2  30  28 y  3 2  x  4 1  y  10  3 x  6 2  x ( x 2 )3  x 2  ( y  3)3  ( y  3) (1)  3 2  x  4 1  y  10  3 x  6 2  x (2) Xét hàm số f (t )  t 3  t , t  R Có f (t )  3t 2  1  0, t  R nên hàm số đồng biến trên R Mà phương trình (1) có dạng f(x2) = f(y+ 3) hay phương trình trở thành x2 = y + 3  y  x 2  3 thay vào phương trình (2) ta được. 3 2  x  4 4  x 2  10  3 x  6 2  x. 0,25.  3( 2  x  2 2  x )  10  3 x  4 4  x 2 (3) Đặt t  2  x  2 2  x  t 2  10  3 x  4 4  x 2 Do đó (3) trở thành t2 = 3t hay t = 3 hoặc t = 0 6 39 Với t = 0 ta được 2  x  2 2  x  x   y   (t/m) 5 25 Với t = 3 ta có 2  x  2 2  x  3  2  x  2 2  x  3  12 2  x  5 x  15(*) Ta thấy (*) vô nghiệm vì 2  x  2 6   x  5 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm  . 39 y    25. 0,25. 0,25. Viết lại giới hạn trên dưới dạng:. Câu 4. 1  2 x  1  sin x x . C = lim x 0 3x  4  2  x x. 0,25. XÐt f ( x )  1  2 x  1  sin x , ta cã f (0)  0 ;. 1 điểm. f '( x )  . 1  cos x  f '(0)  0. 2 x 1. §Æt g( x )  3 x  4  2  x , ta cã g(0)  0 ;. 3 1 g '( x )   1  g '(0)   . 4 2 3x  4 Lop12.net. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> f ( x )  f (0) f '(0) x 0  0 . Khi đó: C = lim x 0 g ( x )  g (0) g '(0) x 0. 0,25. Gọi H là trung điểm của BC. Xét tam giác ABC có. 0,25. BC  AB 2  AC 2  2a  AH  a A ' H  A ' A2  AH 2  (2a ) 2  a 2  3a.. Câu 5 ýa 1 điểm. ýb 1 điểm.  VA '. ABC . 0,25. 1 1 1 A ' H .S ABC  3a. a. 3a  a 3 3 2 2. 1 3 Thể tích khối lăng trụ là VABC . A ' B 'C '  A ' H .S ABC  3a. a. 3a  a 3 2 2 Mà thể tích khối chóp A’.BCC’B’ là 3 1 VA '.BCC ' B '  VABC . A ' B 'C '  VA '. ABC  a 3  a 3  a 3 2 2 3 Vậy VA '.BCC ' B '  a. 0,25. 0,25. Ta thấy A’H  (ABC) nên A’H  (A’B’C’) suy ra tam giác HA’B’ vuông tại A’. Theo định lý Pytago: HB’2 = HA’2 + A’B’2 = 3a2 + a2 = 4a2 suy ra HB’ = 2a. Tam giác BB’H có HB’ + BB’ = 2a nên là tam giác cân ở B’.  BK BH a 1    , với K là trung điểm của BH. Do đó cos B ' BH  BB ' 2 BB ' 4a 4 Góc giữa hai đường thẳng Â’ và B’C’ bằng góc giữa hai đường thẳng BB’ và BC  ( vì AA’ //BB’; B’C’ // BC) do đó bằng B ' BH . Vậy cosin của góc giữa hai đường 1 thẳng AA’ và B’C’ bằng . 4 A’. C’. B’. A C H K B. Lop12.net. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Trước hết ta chứng minh với mọi số thực a, b, c ta đều có (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) (*) dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Theo giả thiết và (*) ta có 6 = x + y + z + xy + yz + zx  3( x 2  y 2  z 2 )  x 2  y 2  z 2 Đặt t =. 0,25. x 2  y 2  z 2 , ta có bất phương trình. t  3 6  t 2  3t  t 2  3t  6  0    t  3 vì t dương. Hay t  2 3 x2  y 2  z 2  3 Câu 6 1 điểm. Mặt khác theo bất đẳng thức cosi với hai số dương ta lại có. x4 y2  z2 y4 z 2  x2 z4 x2  y 2 2 2   x ;   y ;   z2 2 2 2 2 2 2 y z 4 z x 4 x y 4 P. x2  y 2  z 2 3  2 2. 0,25. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy Min P = 3/2 đạt tại x = y = z = 1.. 0,25. Đường tròn (C) có tâm I(1; - 2), bán kính R = 3. Phương trình đường thẳng d đi qua M có dạng : a(x + 1) + b(y + 3) = 0 ( a2 + b2 > 0) hay ax + by + a + 2b = 0.. Câu 7a. Diện tích tam giác IAB là : S IAB .  1 IA.IB.sin  , với   AIB và   (0;  ) 2. Suy ra MaxS = 9/2 đạt khi sin  = 1 hay  . 1 điểm. . 2. ..  1    3 Kẻ IH  AB tại H, ta có AIH  AIB   IH  IA cos  . Mặt khác 2 4 4 2 b  a d ( I , ( D))  IH  2(2a  b) 2  9(a 2  b 2 )  7b 2  8ab  a 2  0    a  7b Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: (d1 ) : x  y  4  0; (d 2 ) : 7 x  y  10  0 .. * Xem các số hình thức a b c d e , kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a. Câu 8 a. hoặc là b hoặc là c). Sau đó chọn các giá trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ X \ 1 : soá caùch choïn A 74 . Như thế có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài.. 1 điểm. 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 0,25. * Xem các số hình thức 0b c d e . * Loại những số dạng hình thức 0b c d e thỏa mãn yêu cầu bài tốn ra, ta còn. 0,5. 2520 – 240 = 2280 số thỏa yêu cầu đề bài. Gọi B (x B ; 5  x B ) vì B  d1 : x  y  5  0 , C ( xC ;. 7  xC ) vì C  d 2 : x  2 y  7  0 2. Câu 7 b 0,5 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 điểm. Câu 8 b 1 điểm.  xB  1 Do G(2;0) là trọng tâm tam giác ABC nên ta có   B(1; 4), C (5;1)  xC  5 Suy ra phương trình của BG: 4x – 3y – 8 = 0 Mà đường tròn cần tìm có tâm C và tiếp xúc với BG nên nó có bán kính 9 R  d (C , BG )  5 81 Vậy đường tròn cần tìm có phương trình là: ( x  5) 2  ( y  1) 2  . 25 Xét hệ ln  x  1  ln( y  1)  x  y (1)  2 2 (2)  x  12 xy  20 y  0 Điều kiện x > -1, y > -1. ( x, y   ). 0,25. x  2y Ta có (2)  ( x  2 y )( x  10 y )  0   (*)  x  10 y Mà (1)  ln( x  1)  x  ln( y  1)  y (3) Xét hàm số f(t) = ln(t + 1) – t với t > - 1 1 t 1   Có f '(t )  t 1 t 1 f’(t) = 0 khi t = 0 suy ra bảng biến thiên. t f’(t). -1. 0 +. 0,5. +∞. 0. -. 0 0,5. Từ bảng biến thiên suy ra nếu phương trình (3) có nghiệm x ≠ y hay (1) có nghiệm x ≠ y thì x và y phải trái dấu nhau điều này mâu thuẫn với (*) nên phương trình (3) phải có nghiệm x = y do đó hệ có nghiệm du y nhất là (0; 0). Lưu ý: Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.. Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>