De thi thu dai hoc THPT Vinh Yen

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT VĨNH YÊN. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN I. NĂM HỌC 2012 – 2013. Môn: Toán 12, Khối A Thời gian: 180’( Không kể thời gian giao đề). Câu I. ( 3 điểm) Cho hàm số y  x 4  2m2 x 2  1 (Cm). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (Cm) khi m=1. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A(2;9) khi m=1. 3. Tìm m để hàm số (Cm) có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của tam giác có diện tích bằng 32. Câu II. ( 2 điểm) 1. Giải phương trình: sin 2 x  2 3 sinx.cosx+1  cos2 x 2. Giải phương trình: 1 . 2 3cosx+2sinx+2 0 sin 3x  1. Câu III. ( 1 điểm) Giải phương trình: 5x . 2.5x 52 x  4. 3 5. Câu IV. ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, AB=a, AD=b, cạnh SA vuông góc với mặt đáy và SB tạo với mặt đáy một góc 600 . Trên SA lấy M sao cho. a 3 , biết mặt phẳng (BMC) cắt SD tại N, hãy tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng 2 (SCD) và thể tích của khối chóp D.BMNC theo a, b. AM . Câu V.( 2 điểm) Cho tam giác ABC có C(-4;1), phương trình các đường trung tuyến AA’, đường phân giác BB’ của tam giác đó lần lượt là: 2x-y+3=0 và x+y-6=0. 1. Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC. 2. Lập phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác MBC, biết M(3;1) 2 2  3 y (2  9 y  3)  (4 x  2)( 1  x  x  1)  0 Câu VI. (1 điểm) Giải hệ phương trình:  3  5 2 x  1  3 y  6  0. -----------------------------Hết-------------------------Thí sinh không được dùng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh ………………………………………………Số báo danh………………… Chữ ký của giám thị 1:…………………………………Chữ ký của giám thị 2………………...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Đáp án môn Toán 12, Khối A Câu Ý I 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. Điểm 2.0 1.0. Nội dung. m=1, hàm số đã cho có dạng y  x 4  2 x 2  1 1. Tập xác định: D=R.. 0.25. 2. Sự biến thiên lim   và lim   x. 0.25. x. y '  4 x3  4 x  4 x( x 2  1)  y '  0  x  0, x  1, x  1.. Bảng biến thiên x - y’ y. -. -1 0. +. 0 +. +. 1. 0. -. 0. + +. 1. 0. 0. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 1 ,(0;1) , đồng biến trên mỗi khoảng. 0.25.  1;0 , 1;   Hàm số đạt cực đại tại x=0, y=1, hàm số đạt cực tiểu tại x  1, y  0 3. Đồ thị Giao với trục Ox tại điểm (-1;0), (1;0) Giao với trục Oy tại điểm (0;1). 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu Ý I 2. 1.0 0.5 0.5. m=1, hàm số đã cho có dạng y  x  2 x  1. y '  4 x  4 x  y '(2)  24 4. 2. 3. phương trình tiếp tuyến tại A(2;9): y  9  24( x  2)  y  24 x  38 3. Tìm m để hàm số (Cm) có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của tam giác có diện tích bằng 27. y '  4 x  4m x  4 x( x  m)( x  m) , để hàm số có 3 điểm cực trị thì y’=0 có 3 nghiệm phân 3. 2. biệt nên m  0 . Tọa độ các điểm cực trị A(0;1), B(m;1-m4) và C(-m;1-m4) 1 Nhận xét: Tam giác ABC luôn cân tại A nên SABC  AI .BC trong đó I là trung điểm của 2 BC m  2 Ta có: AI  m4 , BC  2 m  S ABC  m 4 m  32    m  2 II. 2x 2x. cos 2x. 6. k2. 6 7 6. 6. 1. k2. sin 2x. x. k. x. 2 3. sin. 6. sin 3x cos 3x-. k. 0.5 1.0 0.25. 1. 2 3cosx-2sinx-3=0 2. -4cos x-. 3. 6. sin3x-4cos x0. 7 cos t. 3. 0. cost=. 6. 3. -1 2. Giải phương trình: 5x  Điều kiện: 52 x  4. 2.5x 52 x  4. 3 5. 6 x. x x. k2. 6 6. Kết hợp với điều kiện (1), phương trình đã cho có nghiệm: x III. 0. cos3t-4cost-3=0; t= x-. cost=-1 4 cos3 t. 0.50. 6. 2 Điều kiện: sin 3x. 0.25. 2.0 1.0 0.5. 1. 3 sin 2x. 1.0 0.25. x. 2 3. k2 x. 7 6. k2. 7 6 5 6 2. k2. 0.25 0.25. k2 k2 0.25 1.0. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 5x . 2.5x 52 x  4. 3 5 . 0.25. 54 x 4.52 x 52 x ; đặt   45  0 t  (t  0) 52 x  4 52 x  4 52 x  4. Phương trình có dạng: t 2  4t  45  0  t  5 . 52 x 52 x  4.  5  54 x  25.52 x  100  0. 1  x  2 5  5   2x  (tm) 1 5  20   x  log 5 20  2. 0.25 0.25. 2x. IV. 1.0 Theo giả thiết ta có: SBA  600  SA  a 3 1 Ta có: d (O;( SCD))  d ( A;( SCD)) 2 Hạ AH vuông góc với SD ta có AH vuông góc với mặt phẳng (SCD) Xét tam giác SAD:. S. 1 3a 2b2 2 3a 2  b2. N. M I. D A. 1 1 1 3a 2b2    AH  AH 2 SA2 AD 2 3a 2  b2 d (O;( SCD)) . 0.25. H. O. B. C. 0.25. a 3 nên M là trung điểm của SA và N là trung điểm của SD 2 Ta có tứ giác BMNC là hình thang vuông tại B,M VD.BMNC  VA.BMNC . Hạ AI vuông góc với BM ta có AI vuông góc với mặt phẳng (BMNC) Vì AM . Xét tam giác ABM ta có: AI  VA.BMNC . 0.25. 0.25. a 21 1 1 3 a 7 ; S BMNC  ( BC  MN ).BM  . b. 7 2 2 2 2. 1 1 a 21 1 3 a 7 a 2b 3 AI .S BMNC  . . b.  3 3 7 2 2 2 6. V. 2.0 1.0. 1 Gọi B(x;y) thì x+y-6=0 và trung điểm của BC là A '( Suy ra 2x-y-3=0 x  y  6  0  B(3;3) Giải hệ  2 x  y  3  0. x  4 y 1 ; )  AA ' 2 2 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> BC: 2x-7y+15=0. Gọi C’(x;y) là điểm đối xứng của C qua BB’(C’ thuộc AB)  x  4 y 1  CC '  ( x  4; y  1) và trung điểm I  ;   BB ' 2   2 Vì CC’ vuông góc với BB’ và I nằm trên BB’ nên ta có hệ phương trình x  y  5  0  C '(5;10)   x  y  15  0 Vậy phương trình AB: 7x-2y-15=0. 7 x  2 y  15  0  A(7;17) Toạ độ điểm A thoả mãn hệ phương trình:  2 x  y  3  0 Vậy phương trình của AC: 16x-11y+75=0 b 2. 2. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC có dạng: x +2ax+y +2by+c=0 Theo giả thiết M, B, C nằm trên đường tròn nên ta có hệ phương trình: 1  a  2 6a  6b  c  18  0   6a  2b  c  10  0  b  2 8a  2b  c  17  0 c  9    Vậy phương trình đường tròn cần tìm có dạng: x2  x  y 2  4 y  9  0 VI. y  0  Giải: Điều kiện để hệ phương trình có nghiệm:  1  x   2. 0.25. 0.25. 0.25 1.0 0.25. 0.5. 0.25 1.0 0.25. pt   3 y  (2  (3 y ) 2  3)  (2 x  1)(2  (2 x  1) 2  3)  u (2  u 2  3)  v(2  v 2  3). (1). Với u=-3y, v=2x+1; u,v>0. Xét hàm số f (t )  2t  t 4  3t 2 với t>0 Ta có f '(t )  2 . 2t 3  3t t  3t 4. 2.  0 t  0  f (u )  f (v)  u  v  3 y  2 x  1. Thay vào phương trình (2): 5 3 2 x  1  2 x  1  6  0 Học sinh sử dụng đạo hàm chứng minh phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=0. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> x  0  Vậy hệ phương trình có nghiệm:  1  y  3 Chú ý: Đáp án chỉ trình bày lời giải vắn tắt và một cách giải cho mỗi bài toán, nếu học sinh giải theo cách khác mà vẫn đúng thì giám khảo căn cứ vào thang điểm để cho điểm câu tương ứng. ------------------------Hết-------------------Vĩnh Yên Ngày 12 tháng 10 năm 2012 Người ra đề và đáp án. Đỗ Mạnh Hà. 0.5.

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