Dap an lan 4 THPT chuyen DH Vinh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (179.49 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 - NĂM 2012 Mơn: TỐN – Khối A; Thời gian làm bài: 180 phút

Câu Đáp án Điểm

1. (1,0 điểm)

a) Tập xác định: R\{−1}.
b) Sự biến thiên:

* Giới hạn, tiệm cận: Ta có

( )− − =−∞
→ y

xlim1 và x→lim( )−1+ y=+∞. Do đó đường thẳng =−1

x là

tiệm cận đứng của (H).
Vì lim = lim =−2

+∞
→
−∞

→ y x y

x nên đường thẳng y=−2 là tiệm cận ngang của đồ thị.

* Chiều biến thiên: Ta có 0, 1.

)
1
(

' 2 < ∀ ≠−
+

−

= x

x

y

Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng

(

−∞;−1

) (

, −1;+∞

)

0,5

* Bảng biến thiên:

x −∞ 1− +∞

y − −

y

+∞

− 2−

−∞

c) Đồ thị: Đồ thị (H) cắt Ox tại ⎟

⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ ;0

2
1

, cắt Oy
tại

( )

0;1. (H) nhận giao điểm I

(

−1;−2

)

của
hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,5

2. (1,0 điểm)

Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình

x m

x

x =− +

+
+
−

1
1
2

)
1
(
0

1
)

1
(

),
)(

1
(
1
2

2− + − + =

⇔

−
≠
+

−
+
=
+
−
⇔

m
x
m
x

x
m

x
x

x

Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔Δ>0⇔( +1)2−4(− +1)>0
m

m

⎢
⎢
⎣
⎡

+
−
>

−
−
<
⇔
>
−
+
⇔

2
3

3
2
3
0

3
6

m
m
m

m (2)

0,5 
I.

(2,0 
điểm)

Khi đó A(x1;−x1+m),B(x2;−x2+m), với x1+x2=m+1, x1x2 =−m+1.

Từ giả thiết ta có 8 ( ) ( ) 8 ( )2 4

2
2

1
2
2
1
2

2 = ⇔ − + − = ⇔ − =

x
x
x

x
x
x
AB

⎢
⎣
⎡

−
=
=
⇔

=
−
+
⇔
=
+
−
−
+
⇔

=
−

+
⇔

7
1
0

7
6
4

)
1
(
4
)

1
(

4
4

)
(

2
2

2
1
2
2
1

m
m
m

m
m

m

x
x
x

x

Đối chiếu với (2), ta có các giá trị cần tìm của m là m=1,m=−7.

0,5

1. (1,0 điểm) 
II.

(2,0 
điểm)

Phương trình đã cho tương đương với

x
x
x

x
x

x sin ) sin2 1 cos2 cos3 cos

(sin + + + − = −

⇔2sin2xcosx+2sinxcosx+2sin2x=−2sin2xcosx

.
0
)
sin
)(cos
1
cos
2
(
sin

0
)
sin
(cos
sin
)
sin
(cos
2
sin

=
+

+
⇔

=
+

+
+

⇔

x
x
x

x

x
x
x
x

x
x

0,5 
x

O

−

2
1

y

I −2

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2
Từ đó ta có các trường hợp sau

*) sinx=0⇔x=kπ,k∈Z.

*) 2 , .

3
2
2

1
cos
0
1
cos

2 x+ = ⇔ x=− ⇔x=± π +k π k∈Z

*) , .

sin

cosx+ x= ⇔x=−π +kπ k∈Z

Vậy phương trình đã cho có nghiệm , .

4
,

2
3
2

, =± + =− + ∈Z

=k x k x k k

x π π π π π

0,5

2. (1,0 điểm)

Điều kiện: 0.

0
2
4

>
⇔
⎪⎩

⎪
⎨
⎧

>
−
+
>

x
x

Khi đó bpt đã cho tương đương với 2 7 2 4 2 4 2 .
x
x

x

x + − > + −

Đặt x2−2x+4=t,t≥0 ta được

⎢
⎣
⎡

>
<
⇔
>
+
−
⇔
>
+

3
1
0

3
4
4

3 2

t
t
t

0,5

*) Với t<1 ta có x2−2x+4<1, bpt này vô nghiệm.
*) Với t>3 ta có

⎢
⎢
⎣
⎡

−
<

+
>
⇔
>
−
−
⇔
>
+
−

6
1
0

5
2
3

2 2

x
x
x

x
x

x

Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm x>1+ 6.

0,5

Ta có d .

)
1
(

2
ln

∫

+

= x

e
xe

I x

x

Đặt u=x⇒du=dx, .

1
1
d

)

1
(

d 2

+
−
=
⇒
+

= x x x

e
v
x
e

e
v

Theo cơng thức tích phân từng phần ta có

∫

=− + +

+
+
+

−

= ln2

0
2

0
0

2
ln

1
d
3

2
ln
1
d

1 x x

x e

x
e

x

I (1)

0,5 
III.

(1,0 
điểm)

Tính .

1
d

2
ln

0
1 =

∫

x +

e
x

I Đặt ex =t ta có x=0⇒t=1;x=ln2⇒t=2 và d d .
t

t
x=

Suy ra d ln ln( 1) 2ln2 ln3.

1
1
1
)
1
(

1
2

1
2
2

1
2

1 ⎟ = − + = −

⎠

⎞
⎜

⎝
⎛

+
−
=
+

∫

t t t

t
t
t

t
t
I

Thay vào (1) ta được ln2 ln3.
3

5 −

I

0,5

*) Gọi H là trung điểm CM. Từ giả thiết

.
45
))
(
;
(
)

( 0

1
1

1 ⊥ ⇒∠ =∠ =

⇒C H ABC CCH CC ABC
*) Từ tam giác vuông ABC với

3
2
60

2 0

a
AC
ABC

a

BC= ∠ = ⇒ = ,

a
CH
a
AB
CM

a

AM = = =2 ⇒ =

2
1
,

.
45
tan 0

1H CH a

C = =

⇒

.
3
2
3
2
.

. 2 3

. 111 CH S a a a

VABCABC = ABC = =

0,5 
IV.

(1,0 
điểm

*) Kẻ HK ⊥AC⇒ đường xiên C1K ⊥AC⇒∠((ABC);(ACC1A1))=∠C1KH.
Tam giác MCA cân tại M

2
30

sin
.

300 0 a

HC
HK
MAC

MCA=∠ = ⇒ = =

∠
⇒

.
2
arctan
))

(
);
((
2
)

tan(∠ 1 = = ⇒∠ 1 1 =

⇒ ABC ACC A

HK

CH
KH
C

0,5 
C

A 
M

H 
K 
1
C

1
B

1
A

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ta có 13 13 1 3 ; 13 13 1 3 ; 13 13 1 3 .
zx
x

z
yz
z

y
xy
y

x + + ≥ + + ≥ + + ≥

Suy ra 23 23 23 3 3 3 3 .
zx
yz
xy
z

y

x + + + ≥ + +

Suy ra 3 3 3 3 2 1 2 2 1 2 2 1 2.

x
zx
z
z
yz
y
y
xy
x
zx
yz

xy
P

+
−
+
+
−
+
+
−
+
+
+
≥
+

0,5 
V.

(1,0 
điểm

Mặt khác, áp dụng BĐT 1 1 4 ,
b
a
b

a+ ≥ + với a,b>0 ta có

⎟
⎠
⎞
⎜

⎝
⎛

+
−
+
+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜

⎝
⎛

+
−
+
+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜

⎝

⎛

+
−
+
+
+
+
≥

+3 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

x
zx
z
zx
z

yz
y
yz
y

xy
x
xy
zx
yz
xy
P

.
12
3
.
4

9
.
3
.
16
)
2
2
2
(

9
.
3
.

)
(
)

(
)
(

3
.

16
)
(

16
)

(
16
)

(
16

1
2

1
4
1

2
1

4
1

2
1
4

4
4

4
2

2
2

3 2 2 2

2
2

2
2
2

2
2

2
2
2
2
2
2

=
≥

+
+
≥

+
+

+
≥

+
+
+
+
+

≥

⎟
⎠
⎞
⎜

⎝
⎛

+
+
+

⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜

⎝
⎛

+
+
+

⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜

⎝
⎛

+
+
=

+
+
+
+
+
+
+
+
≥

z
y
x

x
z
z
y
y
x
x

z
z
y
y
x

x
z
zx
z

y
yz
y

x
xy

x
z
z
y
y
x
zx
yz
xy

Do đó P≥9. Dấu đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9, đạt được khi x= y=z=1.

0,5

1. (1,0 điểm) 
1
4
8
:
)
(

2
2

=
+ y

x

E có c= 8−4=2⇒F1(−2;0),F2(2;0).
Từ giả thiết ⇒d:y=x−2 hay x−y−2=0.

0,5

Từ hệ .

3
2
;

3
8
),
2
;
0
(
1
4
8

2 ⎟

⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
⇒
⎪⎩

⎪
⎨
⎧

=
+

−
=

B
A

y
x

x
y

.
3
16
2
2
.
2
3
8
.
2
1
)
;
(

.
2
1

1 = ABd F AB = =

SFAB

0,5

2. (1,0 điểm)

*) (P) chứa d⇒(P) đi qua M(2;−1;−1)⇒ pt (P) có dạng

).
0
(

2 + + = 2+ 2+ 2 ≠

−
+

+By Cz A B C A B C
Ax

0
0

.
)

( ⇒ = ⇔ + − =

⊂ P u n A B C

d d P (1)

2
1
.

|
2
|

2
1
))
(
;
sin(

))
(
;
(

2
2
2

0 =

+
+

+
+
⇔

=
Δ

⇔
=
Δ

∠

C

B
A

C
B
A
P

P

2( 2 )2 3( 2 2 2)
C
B
A
C

B

A+ + = + +

⇔ . (2)

0,5 
VIa.

(2,0 
điểm)

*) Từ (1) có C= A+B thay vào (2):

⎢
⎢
⎣
⎡

−
=

−
=
⇔
=
+
+

2
2
0

2
5

2 2 2

B
A

B
A
B

AB
A

+ Khi A=−2B. Chọn B=−1, A=2,C=1⇒(P):2x−y+z−4=0.

+ Khi .

2
B

A=− Chọn .B=−2, A=1,C =−1⇒(P):x−2y−z−5=0

0,5

VIIa. 
(1,0 
điểm)

Từ giả thiết ta có , 2

6
)
1
(
)
1
(
.
3

)
1
)(
2
(
.
8
)
1
(

3 n+ + n+ n+ = n+ n n− n≥

11.

2
11
0

22
9
)

1
(
)
2
(

6 2 ⇔ =

⎢
⎣
⎡

−
=
=
⇔
=
−
−
⇔
−
=
+
+

⇔ n

n
n
n

n
n

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

4
Theo khai triển nhị thức Newton ta có

∑

=
−
=

−
=

⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
=

⎥

⎦
⎤
⎢

⎣
⎡

⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −

+ k

i

i
i
i
k
k
k

k
k
k

k

k
k

k

x
C
x

C
x

x
C
x

x

0
11
11

0
11

)
1
(
.
)
(
3
.
1

1
3
.
)
.(
1

1
3

.3 . ( 1) 2 .

0
11

i
k
i
k

i
i
k
k
k

k

x
C

C −

−
=

−

∑

Xét phương trình 4,0 11

11− − = ≤ ≤ ≤

k
i
i

k

⎢
⎣
⎡

=
=

=
=
⇔
≤
≤
≤
=
+
⇔

0
,

1
,
1
11

0
,
3
2

i
k

i
k
k

i
i

k
Suy ra hệ số của 4

x là C111.3.C11.(−1)1+C113.33=4422.

0,5

1. (1,0 điểm)

– TH1: d ⊥Ox⇒d:x=2. Từ . 0

)
2
;
2
(

)
2
;
2
(
2

2 ⇒ =

⎩
⎨
⎧

−
⇒

⎩
⎨
⎧

=
=

ON
OM
N

M
x
y
x

. (1)

– TH2: d ⊥/Ox⇒d:y=kx−2k. Tọa độ M, N là nghiệm của

⎩
⎨
⎧

=
−
=

x
y

k
kx

y

2
2

⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧

−
=
=
⇔

k
y
k
y

y
x

2
2
.

2
2

0
4
2

2− − =

⇒ky y k . (2)

0,5

Để d cắt (P) tại M, N phân biệt thì (2) phải có 2 nghiệm phân biệt ⇔k ≠0.

Gọi ⎟⎟

⎠
⎞
⎜⎜

⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜

⎝
⎛

2
2
2
1

1 ;

2
,
;

2 y

y
N
y
y

M trong đó y1, y2 là nghiệm của (2).

Ta có ( 2) ( 4) 0

. 2

2
1
2
2

1 ⎟ + = − + − =

⎠
⎞
⎜
⎝
⎛

= y y y y
ON

OM . (3)

Từ (1) và (3) suy ra ∠MON=900⇒ΔOMN vuông tại O. Suy ra tâm I của đường tròn
ngoại tiếp ΔOMN là trung điểm MN ⇒I∈d.

0,5

2. (1,0 điểm)

d cắt (P) tại E(−1;0;4)

Giả sử F(x0; y0;z0),F∈(P)⇒x0+2y0−z0+5=0. (1)
Vì EF⊥d' nên EF⊥d (định lí 3 đường vng góc) ⇒ud.EF =0

.
0
2
2 0+ 0+ 0− =

⇔ x y z (2)

0,5 
VIb.

(2,0 
điểm)

75
)
4
(
)

1
(
3

5 2

0
2
0
2

0+ + + − =

⇔

= x y z

EF (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra F(4;−5;−1), hoặc F(−6;5;9). 0,5

Từ giả thiết 0z2−2z+4= ta có (z−1)2 =−3⇔z=1± 3i. 0,5

VIIb. 
(1,0

điểm) *) Với z=1+ 3i ta có

7
7

7
7
7

)
6
sin
6
(cos

)
4
sin
4
(cos
.
2
8

1
)
3
(

)
1
(
3

3
3
3

π
π

i
i
i

i
i

i
w

+
−
+
−
=

+
−
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜

⎝
⎛

+
−
=

7 7

cos sin

1 4 4 1 1 3 1 3 1

. . .

7 7 8 32 32

8 2 cos sin 3

6 6

i

i
i

i

π π

− + −

+ + −

= = − = − −

+
+

*) Với z=1− 3i ta có

7
7

)
6
sin
6
(cos

)
4
sin
4
(cos
.
2

1
)
3
(

)
1
(

π
π

−
+
−

+
=

−
+
=

i
i

i

i
w

32
1
3
32

1
3
3

1
.
8
1
6
7
sin
6

7
cos

4
7

sin
4
7
cos
.
2
8

i
i

i −

+
+
−
=
+
−

−
=

−
+

−

= π π

π
π

</div>

Dap an lan 4 THPT chuyen DH Vinh

(

) (

)

( )

(

)

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∑

∑

∑

∑

∑

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về