Tải bản đầy đủ (.pdf) (6 trang)

DE THI KHAO SAT LAN 1 MON TOAN 12 KHOI D NAM 2012 2013LG1

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (125.83 KB, 6 trang )

<span class='text_page_counter'>(1)</span>. TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1. ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI LẦN 1. ĐỀ CHÍNH THỨC. 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) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =. 2x − 3 đồ thị (C) x−2. 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. 4 ,với I là giao 2 tiệm cận của(C). 17 Câu II (2 điểm) Giải phương trình, hÖ phương trình 5  2 x + y + x3 y + xy 2 + xy = −   4 cos 2 x. ( cos x − 1)  = 2 (1 + sin x ) 1) 2)  4 5 sin x + cos x x + y 2 + xy (1 + 2 x) = − 4  lượt tại A, B sao cho côsin góc ABI bằng. 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 60 0 .Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM. a 3 , mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM. 3 x +1 Câu IV (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = trên [− 1;2] x2 + 1 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: =.  1  1 1 1 1 +  (a + b + c) ≥ 3 + + + a b c  abc . 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) 2 log x − 2 3 = 2 log x − 2 9 + ( x − 5) 2 log 3 ( x − 2) n. 1   2 n −1 Câu VII.A (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  2x +  , biết rằng A n − C n +1 = 4n + 6 x . 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: 3 x + 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: 2 log 9 9 x + 9 ≥ x − log 1 28 − 2.3x . 3 0 1 2 2009 Câu VII.B (1 điểm) Tính tổng S = C2009 + 2C2009 + 3C2009 + ... + 2010C2009 . --------------------- 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! .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu. ý. I 1 2. 1đ. 1đ. HƯỚNG DẪN CHẤM THI KHẢO SÁT HS KHÁ GIỎI LẦN 1 MÔN: TOÁN LỚP 12 – Khối D NỘI DUNG A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 2x − 3 Cho hàm số y = đồ thị (C) x−2 + Học sinh tự làm bài khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2x − 3 . Gọi M ( x0 ; 0 ) ∈ (C ) x0 ≠ 2 x0 − 2 2x − 3 1 ( x − x0 ) + 0 (∆) . Phương trình tiếp tuyến tại M: y=− 2 ( x0 − 2) x0 − 2 2x − 2 . A(2; 0 ) = (C ) ∩ TCĐ B(2 x0 − 2; 2) = (C ) ∩ TCN x0 − 2 4 1 IA . Do Cos ABI = nên Tan ABI = = 4 IB 17 2 2 4 . Ta được IB = 16.IA ⇔ ( x0 − 2) = 16 ⇔ x0 = 0 ; x0 = 4 3 1 3 . KL: Tại M (0; ) phương trình tiếp tuyến: y = − x + 2 4 2 5 1 7 Tại M (4; ) phương trình tiếp tuyến: y = − x + 3 4 2. II PT. 1. 1 + sin x = 0 ⇔ sin x + cos x + sin x cos x + 1 = 0 1 + sin x = 0 ⇔ (1 + sin x )( cos x + 1) = 0. π  x = − + k 2π ⇔ 2  π x = + k 2π  Kết luận:.... 1đ. 2. 1đ. ⇔ (1 + sin x)(1 − sin x)(cos x − 1) = 2(1 + sin x)(sin x + cos x). 5  2 3 2 5  2  x + y + x y + xy + xy = − 4 x + y + xy + xy ( x 2 + y ) = −   4  ⇔ (*)  x 4 + y 2 + xy (1 + 2 x) = − 5 5 2 2   4 ( x + y ) + xy = − 4. Điểm 2 điểm. 0.25. 0.25 0.25. 0.25. 2 điểm 0.25 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 5 5   u + v + uv = − v = − − u2   u = x + y   4 4 Đặt  Hệ (*) trở thành  ⇔ v = xy u 2 + v = − 5 u 3 + u 2 + u = 0   4 4 2. 5  u = 0; v = − 4 ⇔ ............................................................................................. u = − 1 ; v = − 3  2 2. . 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x 2 + y = 0 25 3 5  + Với u = 0, v = − ta có hệ  và y = −3 5 ⇔x=3 2 16 4  xy = −  4 1 5 + Với u = − , v = − ta có hệ 2 4  2 3 1 2 x 3 + x − 3 = 0  x − 2 x + 2 = 0 3  ⇔ x = 1 và y = − ⇔  3 2 y = − 3 y = − 2 x  2x   5 25  3  và 1;−  Vậy hệ có 2 nghiệm là:  3 ;−3  16   2  4. 0.25. .............. III. 0.25. 1 điểm 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. 0.25  BC ⊥ SA. • . MN SM MN • SA=ABtan600 = a 3 , = ⇔ = 2a AD SA. a 3 3 = 2 ⇒ MN = 4 a ,BM = 3 3 a 3. a 3−. 2a 3 0.25. Diện tích hình thang BCMN là : S =. 1đ.  4a  2a + 2   BC + MN 3  2 a = 10 a SBCNM = BM =    3 3 3 2 2 • Hạ AH ⊥ BM. Ta có SH ⊥ BM và BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SH . Vậy SH ⊥ ( BCNM) ⇒ SH là đường cao của khối chóp SBCNM AB AM 1 Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , = = . SB MS 2. 0.25. 0.25. Vậy BM là phân giác của góc SBA ⇒ SBH = 30 0 ⇒ SH = SB.sin300 = a • Thể tích chóp SBCNM ta có V =. 1 10 3a3 SH .SBCNM = . 3 27. IV. 1 điểm Ta có y ' =. 1đ. 1− x. (1 + x ) 1 + x 2. 2. . y ' = 0 ⇔ x = 1 ∈ [− 1;2].   y (− 1) = 0  Lại có:  y (1) = 2   y (2 ) = 3 5  5 max y = y (1) = 2 và min y = y (− 1) = 0 Do đó, ta có: [−1; 2 ]. [−1; 2 ]. V. 0.5. 0.25. 0.25. 1 .

<span class='text_page_counter'>(4)</span> điểm. Vì 0 < a ≤ 1, 0 < b ≤ 1 nên. ( a − 1)( b − 1) ≥ 0 ⇒ ab − a − b + 1 ≥ 0 ⇒ 1 ≥ a + b − ab ⇒ ab1 ≥ 1a + b1 − 1 Tương tự :. 1 1 1 ≥ + − 1 (2), bc b c. (1). 1 1 1 ≥ + − 1 (3) ca c a. Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế ta được:. 1 1 1 1 1 1 + + ≥ 2 + +  −3 ab bc ca a b c. (4). 0.25. 0.25. Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cô–si ta có:. 1đ.  1 1 1 1  1 1 1 + + ≥ a + b + c + 2 + +  −3 1 +  (a + b + c) = a + b + c + ab bc ca  abc  a b c ≥2. . . . . 0.25. ( a + b + c )  1a + 1b + 1c  + a1 + 1b + 1c − 3. (. ). 1 1 1 + + ≥9 a b c. Cũng theo BĐT Cô–si ta có : a + b + c . . Do đó:  1 +. . 1  1 1 1 1 1 1  ( a + b + c ) ≥ 6 + + + − 3 = 3 + + + (đpcm) abc  a b c a b c. 0.25. Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1.. B. PHẦN DÀNH RIÊNG. 3 điểm. I. Theo chương trình chuẩn VIA. 2 điêm 1. 1 2S△IAB 2 0.25 Dễ thấy S△ IAB = S△CAB = 1 . AB = 5 ⇒ d(I, AB) = = 2 AB 5 Mặt khÁc pt đường thẳng AB: 2x + y − 2 = 0 . Điểm I thuộc đt y=x giả sử I(a;a) ⇒ d(I, AB) =. 2a + a − 2 5. 4  a= 2 4 4 ⇔ 3 ⇒ I(0;0) hoặc I  ;   5 5 3 3 a = 0 5 8 Do I là trung đểm của AC nÊn C(-1;0) hoặc C  ;   3 3 ⇒. 2a + a − 2. 0.25. =. . 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2. + Với điều kiện 0 < x − 2 ≠ 1 ⇔ 2 < x ≠ 3 Phương trình đã cho ⇔ 4 log 3 ( x − 2) + ( x − 5) 2 log x −2 3 = 4 log x − 2 3 + ( x − 5) 2 log 3 ( x − 2). ⇔ ( x − 5) 2 [log x −2 3 − log 3 ( x − 2)] − 4[log x − 2 3 − log 3 ( x − 2)] = 0. [. ]. ⇔ ( x − 5) 2 − 4 .[log x −2 3 − log 3 ( x − 2)] = 0. 0.25. ( x − 5) 2 − 4 = 0 ⇔ log x −2 3 − log 3 ( x − 2) = 0 x = 7 +) Giải phương trình ( x − 5) 2 − 4 = 0 ⇔ x − 5 = ±2 ⇔   x = 3(loai ) +) Giải phương trình: log x − 2 3 − log 3 ( x − 2) = 0 Đặt log3(x-2) = t ta có: 1 1− t2 −t = 0 ⇔ = 0 ⇔ 1 − t 2 = 0 ⇔ t = ±1 vì t ≠ 0 t t x − 2 = 3 x = 5 log 3 ( x − 2) = 1  +) Ta có:  ⇔ 1 ⇔  7  x log ( − 2 ) = − 1 x − = x= 2  3 3 3   7 Vậy phương có nghiệm là: x = 7 ; x = 5 và x = M(2;3; −7) 3. VIIA. 0.25. 0.25. 0.25. 1 điẻm Giải phương trình A 2n − Cnn −+11 = 4n + 6 (1); Điều kiện: n ≥ 2 ; n ∈ N. n(n + 1) (n + 1)! = 4n + 6 (1) ⇔ n(n − 1) − = 4n + 6 ⇔ n(n − 1) − 2!(n − 1)! 2  n = −1 ⇔ n2 – 11n – 12 = 0 ⇔  do n ≥ 2 nên n=12. n = 2. 0.25. 12. 1   Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:  2x +  .Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là : x  k 24 − 3k −  1  12 − k k k k 12 − k 2 2 (2x)12− k  = C 2x .x = C .2 .x ; k ∈ N, 0 ≤ k ≤ 12 . Tk +1 = C12 ( ) 12 12   x k ∈ N, 0 ≤ k ≤ 12 Số hạng này không chứa x khi  ⇔ k =8. 24 − 3k = 0 k. 8 Vậy số hạng thứ 9 không chứa x là T9 = C12 24 = 7920. II. Theo chương trình nâng cao VIB 1. A. D. I. 1đ B. C. .. . 0.25. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Phương trình AC: 3 x + y − 7 = 0 , B(0;-3) Phương trình BD x − 3 y − 9 = 0 Tọa độ I = AC ∩ BD ⇒ I (3; −2) Do I là trung điểm BD nên D (6; −1). . . . .. 0.25. . Gọi A( a; 7 − 3a ) ∈ AC ta có BD = 2 10 …………………………………………………………………………………………… …... 1 a − 3(7 − 3a ) − 9 .2 10 = 10 2 12 + 32. . dt(ABCD)=2.dt(ABD) ⇒. 0.25. 0.25. …………………………………………………………………………………………… …… .. 2. ⇔. A1 (2;1); C1 (4; −5). a=2 do vậy a=4. A2 (4; −5); C2 (2;1). . Đk: 28 − 2.3x > 0 ⇔ 3x < 14. (. 0.25. ). (. ). 0.25. . Bpt ⇔ log 3 9 x + 9 ≥ log 3 3x 28 − 2.3x . . …………………………………………………………………………………………… …….. 1 . ⇔ 3.9 − 28.3 + 9 ≥ 0 ⇔ 3 x 3 ≥9 x. 3x ≤. x. 0.25. …………………………………………………………………………………………… ……... 1 3 ≤ . So sánh điều kiện ta được 3 9 ≤ 3x < 14. 0.25. x. …………………………………………………………………………………………… …… . KL: Tập nghiệm ( −∞; −1] ∪ [ 2; log 3 14 ). VIIB. 0 1 2 2009 2009 Xét đa thức: f ( x) = x(1 + x) 2009 = x(C2009 + C2009 x + C2009 x 2 + ... + C2009 x ). =C. 0 2009. x+C. 1 2009. x +C 2. • Ta có: f ′( x) = C. 0 2009. 2 2009. x + ... + C 3. + 2C. 1 2009. x + 3C. 2009 2009. 2010. x. 2 2009. 2009 2009 x + ... + 2010C2009 x. .. 2. 0 1 2 2009 ⇒ f ′(1) = C2009 + 2C2009 + 3C2009 + ... + 2010C2009. (a). • Mặt khác: f ′( x) = (1 + x). 2008. ⇒ f / (1) = 2011.22008. 2009. + 2009(1 + x). 2008. x = (1 + x). (2010 + x). (b). • Từ (a) và (b) suy ra: S = 2011.22008.. L−u ý: Trên đây chỉ là h−ớng dẫn chấm.Tất cả những cách giải khác, nếu đúng thì vẫn ®−îc cho ®iÓm tèi ®a.. . 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25.

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

×