ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN TOÁN KHỐI A,B

Chia sẻ: Trung Tuyet Mai Mai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

204
lượt xem 46
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

PHẦN I. DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 3x  2 Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y (C) x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Đường thẳng y = x cắt (C) tại hai điểm M, N. Tìm m để đường thẳng: y = x + m cắt (C) tại P, Q sao cho tứ giác MNPQ là hình bình hành. Câu 2 (2.0 điểm ). 1. Giải phương trình: 2sin 2 x  2sin 2 x  tan x . 4...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN TOÁN KHỐI A,B

SỞ GD  ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ NĂM HỌC 2009  2010 TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG MÔN: TOÁN 12 KHỐI A, B LẦN 3  Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN I. DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 3x  2 Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y  (C) x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Đường thẳng y = x cắt (C) tại hai điểm M, N. Tìm m để đường thẳng: y = x + m cắt (C) tại P, Q sao cho tứ giác MNPQ là hình bình hành. Câu 2 (2.0 điểm ).   1. Giải phương trình: 2sin 2  x    2sin 2 x  tan x .  4 2. Giải phương trình: x  4  x 2  2  3 x 4  x 2 4 ln 2 x  1 Câu 3 (1.0 điểm). Tính tích phân: I   dx 3 0  2 x  1 Câu 4 (1.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A; ABC  600 , AB = 2a. Cạnh bên AA’ = 3a. Gọi M là trung điểm B’C’. Tính thể tích tứ diện A’BMC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (A’BM) Câu 5 (1.0 điểm). ab bc ca Cho a, b, c > 0 thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:    a  b  c 3 c a b PHẦN II. HỌC SINH LÀM THEO KHỐI THI A. Dành cho học sinh thi khối A. Câu 6a (2.0 điểm). 1. Giải bất phương trình:  log 2 x  log 2 x 2  3  5 log 4 x 2  3 . 2  2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(2; 1); đường cao và đường phân giác trong qua hai đỉnh A, C lần lượt là: 3x  4y + 27 = 0 và x + 2y  5 = 0. Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC. Câu 7a (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + 2y  z + 2 = 0, và x 1 y  2 z  1 đường thẳng d:   . Viết phương trình tham số đường thẳng  đi qua A(1; 2; 3) cắt 2 3 1 đường thẳng d và song song với mặt phẳng (P). B. Dành cho học sinh thi khối B. Câu 6 Vb (2.0 điểm). 1. Giải bất phương trình log 1 log 5 3   x 2  1  x  log 3 log 1 5   x2  1  x . 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy, cho tam giác ABC cân tại C. Biết đường cao BH: 2x  3y  10 = 0 và cạnh AB: 5x + y  8 = 0 và đỉnh A(1; 3). Xác định tọa độ các đỉnh B, C. Câu 7b. (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Đềcác Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y  z  1 = 0 và x  1 y 1 z  2 đường thẳng d:   . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng  đi qua A(1; 1; 2), 2 1 3 song song với mặt phẳng (P) và vuông góc với đường thẳng d. HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh:............................................................................................SBD:..........................
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM TOÁN 12 KHỐI A, B Câu Nội dung Điểm 1. + TXĐ: R\{2} + Sự biến thiên: 3x  2 Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim  3  x = 3 là tiệm cận ngang. x  x x  2 0.5 3x  2 lim y  lim    x = 2 là tiệm cận đứng.  x2 x 2 x 2 4 y'   0  Hàm số đồng biến trên TXĐ ( x  2)2 BBT 0.25 Câu1 Đồ thị: 0.25 2 2. Đường thẳng y = x cắt đồ thị (C) tại hai điểm M(1; 1) và N(2; 2)  MN = 18 0.25 Hoành độ giao điểm của đường thẳng y = x + m và đồ thị (C) là nghiệm của PT: 3x  2  x  m  x 2  (m  1) x  2m  2  0 (*) x2 0.25 Điều kiện để y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt P, Q khác M, N là: m  (;5  4 2)  (5  4 2; ) Giả sử hoành độ của P và Q là x1, x2.( x1; x2 là nghiệm của phương trình (*) MNPQ là một hình bình hành khi và chỉ khi MN2 = PQ2  m  5  41 Cách 2: Do tính chất đỗi xứng nên I là tâm đối xứng của đồ thị cũng là tâm đối 0.5 xứng của hbh MNPQ. Do đó khoảng cách từ I đến MN bằng khoảng cách từ I đến PQ. 1/. Điều kiện: cos x  0 (*)     sin x 0.5 2sin 2  x    2sin 2 x  tan x  1  cos  2 x    2sin 2 x   4  2 cos x  cos x  sin 2 x.cos x  2 sin 2 x.cos x  sin x  cos x  sin x  sin 2 x  cos x  sin x   0   sin x   cos x  tan x  1  x   4  k    0.5   x k sin 2 x  1  2 x    l 2   x    l  4 2   2 4 2/. Đk: 2  x  2. Câu 2 t2  4 Đặt t  x  4  x 2  t 2  4  2 x 4  x 2  x 4  x 2  2 0.5 t  2 Phương trình có dạng 3t  2t  8  0   2 t   4  3 x  0 Với t = 2, ta có: 4  x2  2  x   x  2 0.5 4 Với t   , phương trình vô nghiệm. 3 Đặt t  2 x  1  t 2  2 x  1  tdt  dx Câu 3 0.25 Với x = 0  t =1; x = 4  t = 3 Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 1 /3
3 ln t Tích phân có dạng:  t2 dt . 0.25 1  1 u  ln t du  t dt   1 3 31 1 Đặt  1  . Vậy I   ln t   2 dt  (2  ln 3) 0.5  dv  2 dt v   1 t 1 1t 3  t   t Ta có: AC  2 3a, BC  4 a, A ' M  2a Gọi A'H là đường cao của tam giác vuông A'B'C'  AH  (BCC'B') và AH  a 3 A' C' I M H B' 0.25 Câu 4 A C 6 00 B Diện tích tam giác MBC là SMBC = 6a2. 0.25 Thể tích khối chóp A'MBC là VA ' MBC  2 3a3 Gọi B'I là đường cao của  đều A'B'M  B ' I  a 3, BI  2 3a và BI  A'M. 0.25 Diện tích A'BM là S A ' BM  2 3a 2 . Do đó thể tích khối chóp C'ABM là: 1 0.25 VC . A ' MB  d (C , ( A ' BM )).S A ' BM  2 3a 3  d (C , ( A ' BM ))  3a 3 Áp dụng BĐT Côsi và Bunhiacopxki: a  b  c 3 a b c 3 0.25 2 a  b  c   a b c   a b c 0.25 Câu 5 c a b c a b 2 b  c  a   b c a   a b c 0.5 c a b c a b Cộng vế với vế ba BĐT trên ta có ĐPCM. x  0  1/. ĐK:  2 2 0.25 log 2 x  log 2 x  3  0  Đặt t = log2 x, Câu 0.25 BPT  t 2  2t  3  5(t  3)  (t  3)(t  1)  5(t  3) 6a t  1  t  1 log x  1  t  3    2 0.25 (t  1)(t  3)  5(t  3)2 3  t  4 3  log 2 x  4    Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 2 /3
 1 0  x  2 Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là:  1    0;   (8;16) 0.25  2 8  x  16 2/. Phương trình cạnh BC là: 4x + 3y  5 = 0 4 x  3 y  5  0  x  1 0.25 Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình    C (1;3) x  2y  5  0 y  3 Gọi B' là điểm đối xứng với B qua đường phân giác CD. Phương trình BB' là:2x  y  5 = 0 Giao điểm I của BB' và CD là nghiệm của hệ phương trình 0.25 Câu 2 x  y  5  0 x  3    I (3;1)  B '(4;3) 6a x  2y  5  0 y 1 PT cạnh AC (hay cạnh BB') là: y = 3. 3 x  4 y  27  0  x  5 0.25 Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình    A(5;3) y  3 y  3 Phương trình cạnh AB là: 4x + 7y  1 = 0. Ta có A, B nằm về cùng một phia đối với đường phân giác trong góc C  không 0.25 tồn tại tam giác  Mp (P) có VTPT là n  (2; 2; 1) .  x  1  2t  0.25 Đường thẳng d có phương trình tham số là:  y  2  3t .  z  1  t  Giả sử B(1 + 2t; 2 + 3t; 1 + t)d   Ta có: AB  (2t  2;3t; t  4) Câu Đường thẳng  cần tìm đi qua A, B và song song với mặt phẳng (P) khi và chỉ khi    0.25 7a 8 AB.n  0  2(2t  2)  6t  t  4  0  9t  8  t   9   2 8 44     AB    ;  ;   . Ta có thể chọn VTCP của  là u  (1;12; 22) 0.25  9 3 9   x  1  t '  Vậy phương trình tham số của  là:  y  2  12t ' 0.25  z  3  22t '  1/. ĐK: x> 0 1  log3 log 1 5   x 2  1  x  log 3 log 5   x2  1  x  0 0.5   Câu 6b  log 3  log 1   5    x 2  1  x .log5    x 2  1  x   0  log 5 2   x2  1  x  1  0  log 5  x2  1  x  1  0.5 *) 0  log5   x2  1  x  x  0 Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 3 /3
12 *) log5   x2  1  x  1  x2  1  x  5  x2  1  5  x  x  5  12  Vậy BPT có nghiệm x   0;   5 5 x  y  8  0 x  2 2/. Tọa độ B là nghiệm của HPT:    B(2; 2)  2 x  3 y  10  0  y  2 0.5 PT đường thẳng AC là: 3x + 2y  9 = 0. Đường thẳng AB là: 5x + y  8 = 0 3 1 Gọi I là trung điểm AB  I  ;  . 2 2 Phương trình đường cao CI là: x  5y + 1 = 0. 0.5 3 x  2 y  9  0  43 12  Tọa độ C là nghiệm của HPT:  C ;  x  5 y 1  0  17 17    Mặt phẳng (P) có VTPT n  (1; 1; 1) , đường thẳng d có VTCP u  (2;1;3)     / /( P) u   n     0.5 Vì      u    n, u d   (2; 5;1)   Câu   d u   u d  7b Đường thẳng  đi qua A(1; 1; 2) có phương trình chính tắc là: x 1 y 1 z  2 0.5   2 5 1 Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 4 /3