zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN 1 NĂM 2012 THPT TAM DƯƠNG

Chia sẻ: Bibi_1 Bibi_1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

76
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề khảo sát chuyên đề lần 1 năm 2012 thpt tam dương', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN 1 NĂM 2012 THPT TAM DƯƠNG

MATHVN.COM ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN 1 NĂM HỌC 2011 - 2012 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG MÔN: TOÁN 12 KHỐI A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 2x 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2. Tìm trên đồ thị (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M tạo với hai đường tiệm cận của đồ thị (C) một tam giác với đường tròn ngoại tiếp có bán kính bằng 2. Câu II (2,0 điểm)   1. Giải phương t rình 2cos3 x cos x  3(1  sin 2 x)  2 3 cos2  2 x   . 4  2 2  x  y  xy  4 y  1  2. Giải hệ phương trình  y x  y  2 2 x 1  Câu II (2,0 điểm) ( x 2  3 x  9).3 x  1  4 2 x  3 1. Tính giới hạn lim x2 x2 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  1  9  6 x  3x 2 Câu IV (2,0 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D. Biết AB = 2a, AD = CD = a, SA = 3a (a > 0) và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp S.BCD và tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD) theo a. 2. Cho các số a, b, c dương thoả mãn a 2  b 2  c 2  12 . 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P    1  a3 1  b3 1  c3 Câu V (2,0 điểm) x  1  4m 4 x 2  3x  2  (m  3) x  2  0 . 1. Cho phương trình Tìm m để phương trình có nghiệm thực. 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: x  y  2  0 và điểm C(3;3). Biết đỉnh A thuộc đường thẳng (d): 3 x + y  2 = 0 và A có hoành độ âm. Xác định toạ độ các đỉnh A, B, D. HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh:......................................................... ..............................SBD:................... www.mathvn.com
MATHVN.COM HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN 12 KHỐI A C©u §iÓm Néi dung 1. TXĐ:  \{1} + Sự biến thiên: Giới hạn và tiệm cận: 2x 1 2x 1  2  y = 2 là tiệm cận ngang. lim y  lim  2; lim y  lim x x  1 x x  1 0,25 x  x 2x 1 2x 1    x = 1 là tiệm cận đứng. lim y  lim  ; lim y  lim x1 x  1 x1 x  1 x 1 x1 1 y'  0 x  (;1)  (1; ) ( x  1) 2 BBT 1 x ∞ +∞ y' 0   1 +∞ 0,5 y 1 ∞ ố nghịch biến trên: ( ; 1) và (1; +) Hàm s §å thÞ: y I 0,25 2 1 1 x O 2 1 Đồ thị (C) nhận điểm I(1; 2) làm tâm đối xứng 2. Giả sử M ( x0 ; y0 ) thuộc đồ thị (C) của hàm số. 2 x0  1 1 0,25 Phương trình tiếp tuyến tại M là y  ( x  x0 )  2 x0  1 ( x0  1) Gọi A, B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với các đường tiệm cận của (C)  2 x0  Giao với đường thẳng x = 1 là A 1;  0,25  x0  1  Giao với đường thẳng y = 2 là B  2 x0  1; 2  Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng 2 nên 4 AB  2 2  AB 2  8  (2 x0  2) 2  8 ( x0  1)2 0,5  x0  0  ( x0  1)4  2( x0  1) 2  1  0  ( x0  1) 2  1    x0  2 Vậy có hai điểm cần tìm là www.mathvn.com M1 (0; 1), M 2 (2; 3)
MATHVN.COM     1. Phương trình tương đương 2 cos 3 x cos x  3(1  sin 2 x)  3 1  cos  4 x    0,25 2     2 cos 3 x cos x  3(1  sin 2 x)  3(1  sin 4 x) 0,25  2 cos 3 x cos x  3(sin 4 x  sin 2 x)  0  2 cos 3 x cos x  2 3 sin 3 x cos x  0   cos x  0  x  2  k  cos x(cos 3 x  3 sin 3 x)  0     tan 3 x   1 x     k  0,5 3   18 3   k  Vậy phương trình có hai nghiệm là: x   k  và x    ( k  ) 2 18 3 2. Nhận xét y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình. II  x2  1 x y 4  y 0,25 Hệ tương đương với:  x  y  y  2  x2  1  u  v  4 x2  1  , v  x  y . Hệ phương trình có dạng Đặt u  0,25 1  y v  u  2  Giải hệ phương trình ta có: u = 1, v = 3 0,25  x2  1 u  1   1  x  1  x  2 Với  ,  y  0,25 v  3  y  2 y  5 x  y  3 3 1. Xét hàm số f ( x)  ( x 2  3 x  9) 3 x  1  4 2 x  3; x  ta có: 2 0 ,5 x 2  3x  9 1 41 f (2)  0 và f '( x)   2 x  3 3 x  1   f '(2)   6 33 ( x  1) 2 2 4 (2 x  3) 2 f ( x)  f (2) 41 Khi đó giới hạn cần tìm được viết dưới dạng: I  lim  f '(2)  0 ,5 x2 6 x2 III 2. TXĐ: D = [1; 3] 9  6 x  3x 2  3  3x 3  3x y '  1  9  6 x  3x 2 9  6 x  3x 2 0 ,5 3 x  3  0  y '  0  9  6 x  3 x2  3  3 x  0    x2 2 2 9  6 x  3x  (3x  3)  Ta có f (1) = 0; f (2) = 6; f (3) = 4 0 ,2 5 Vậy max y  6; min y  0; [ 1;3] [ 1;3] www.mathvn.com
MATHVN.COM S A B D C 3a 2 1 Diện tích hình thang ABCD là S  (2 a  a).a  ; 2 2 1 Diện tích tam giác ABD là SABD  AB. AD  a 2 0,25 2 a2 Diện tích tam giác BCD là SBCD  S  S ABD  2 a 2 a3 1 1 IV Thể tích khối chóp S.BCD là VSBCD  SA.SBCD  3a.  0,25 3 3 2 2 Ta có: SD  9a 2  a 2  a 10 Vì SA  (ABCD)  SA  CD; AD  CD  CD  SD. 0,25 1 Diện tích tam giác SCD là S SCD  a 2 10 2 Gọi d là khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD). Ta có a3 3a3 3a 10 1 0,25 VSBCD  d .S SCD  d 2  3 2 10 a 10 1  a  1  a  a2    2  a2  2 2 3 2 Ta có: 1  a  (1  a )(1  a  a )  4 4 0,5 1 1 2  2  (1  a)(a 2  a  1) a  2 1  a3 1 1 1 2 2 2 18 Vậy 1   2 2 2 2 2 2 1  c3 a  2 b  2 c  2 a  b  c  6 1  a3 1  b3 0,5 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2 Vậy GTNN của biểu thức là P = 1 1. ĐK: x ≥ 2 . Nhận xét x = 2 không là nghiệm của phương trình. x 1 x 1 Với x > 2 phương trình tương đương với:  4m 4 m3 0 x2 x2 x 1 0,25 Đặt t  4 , t  1. x2 V t 2  3 Phương trình có dạng t 2  4mt  m  3  0  m   f (t ) (t > 1) 4t  1 4t 2  2t  12 t 2  3 3 Khảo sát f (t )  với t > 1, f '(t )  0t  , 0 ,2 5 2 4t  1 2 (4t  1) www.mathvn.com
MATHVN.COM 3 3 Từ BBT ta có: phương trình có nghiệm  m  max f (t )  f ( )   0,5 2 4 1;  2. Gọi A(t ; 3t  2)  d , (t  ) . Ta có: d ( A, DM )  2d (C , DM ) 4t  4 2.4  t  3  t  1 hay A(3; 7) hoặc A(1; 5).   0,25 2 2 Vì hoành độ điểm A âm nên A(1; 5) Gọi D(m; m  2)  DM , ( m   ) V     AD  (m  1; m  7); CD  (m  3; m  1) Do tứ giác ABCD là hình vuông nên: 0,5     m  5  m  1   DA.DC  0   m  5  D(5; 3)   2 2 2 2  DA  DC (m  1)  (m  7)  (m  3)  (m  1)      Vì AB  DC  ( 2; 6)  B( 3; 1) 0,25 Kết luận: A(1; 5); B(3; 1); D(5; 3). www.mathvn.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.