1 ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN CUỐI - NĂM 2014 Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) 1 0 . Tập xác định: }. 2 { \ 2 0 . Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có 1 lim y x và . 1 lim y x Giới hạn vô cực: y x ) 2 ( lim và . lim ) 2 ( y x Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng , 1 y tiệm cận đứng là đường thẳng . 2 x * Chiều biến thiên: Ta có . 2 , 0 ) 2 ( 1 ' 2 x x y Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 2 ; và . ; 2 0,5 * Bảng biến thiên: 3 0 . Đồ thị: Đồ thị cắt Ox t ại , 0 ; 1 cắt Oy t ại ); 2 1 ; 0 ( nhận giao điểm ) 1 ; 2 ( I của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,5 b) (1,0 điểm) Gọi 2 , 2 1 ; 0 0 0 0 x x x x M là tiếp điểm. Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M là 2 1 ) ( ) 2 ( 1 : 0 0 0 2 0 x x x x x y d , hay . 0 ) 2 2 ( ) 2 ( : 0 2 0 2 0 x x y x x d Suy ra VTCP của d là 1 ; ) 2 ( 2 0 x u d . Ta có ) 1 ; 2 ( I nên 2 1 ; 2 0 0 x x IM . 0,5 Câu 1. (2,0 điểm) Do đó IM vuông góc với d 0 . d u IM 1 ) 2 ( 0 2 1 ) 2 ( 4 0 0 3 0 x x x . 1 3 0 0 x x Với , 3 0 x phương trình tiếp tuyến là 2 ) 3 ( x y hay . 5 x y Với , 1 0 x phương trình ti ếp tuyến là ) 1 ( x y hay . 1 x y Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là 5 x y và . 1 x y 0,5 Câu 2. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2 sin 2 sin ) cos 2 3 ( 2 cos ) 2 cos 3 ( x x x x x 0 2 sin sin . 2 cos 0 2 sin 2 cos 2 2 cos ) sin 2 ( 0 2 sin ) cos 2 2 ( 2 cos ) sin 2 4 ( 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x 0,5 x ' y y 2 1 1 x O y I 1 2 1 2 1
Welcome message from author
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
1
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN CUỐI - NĂM 2014 Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút
Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm) 10. Tập xác định: }.2{\ 20. Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có 1lim
y
x và .1lim
y
x
Giới hạn vô cực:
yx )2(lim và .lim
)2(
y
x
Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng ,1y tiệm cận đứng là đường thẳng .2x
* Chiều biến thiên: Ta có .2,0)2(
1' 2 x
xy
Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 2; và .;2
0,5
* Bảng biến thiên:
30. Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox tại ,0;1 cắt Oy tại );21;0(
nhận giao điểm )1;2(I của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,5
b) (1,0 điểm)
Gọi 2,21; 0
0
00
x
xxxM là tiếp điểm. Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M là
21)(
)2(1:
0
002
0
xxxx
xyd , hay .0)22()2(: 0
20
20 xxyxxd
Suy ra VTCP của d là 1;)2( 20 xud . Ta có )1;2(I nên
2
1;20
0 xxIM .
0,5
Câu 1.
(2,0 điểm)
Do đó IM vuông góc với d 0. duIM 1)2(02
1)2( 40
0
30
x
xx
.13
0
0
xx
Với ,30 x phương trình tiếp tuyến là 2)3( xy hay .5 xy Với ,10 x phương trình tiếp tuyến là )1( xy hay .1 xy Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là 5 xy và .1 xy
0,5
Câu 2.
(1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
2
sin2
sin)cos23(2
cos)2cos3( xxxxx
02sinsin.2
cos
02
sin2
cos22
cos)sin2(
02
sin)cos22(2
cos)sin24(
2
22
2
xxx
xxxx
xxxx
0,5
x
'y
y
2
1
1
x O
y
I 1
21
2 1
2
.22
2
22
22
1sin
02
cos
kx
kx
kx
kx
x
x
Vậy nghiệm của phương trình là .,22
,2 kkxkx
0,5
Điều kiện: .21012 yy
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
.2
40)2)(4( 2
2
yxx
xyx
Với ,4x thế vào phương trình thứ hai ta được
)12(9)1(
11231 2 yy
yyy
)12(9)1(
12 yy
y
.1031010310
1
010201
2
y
y
y
yyy
0,5
Câu 3.
(1,0 điểm)
Với ,22 yx thế vào phương trình thứ hai ta được .12352 yyy (*) Áp dụng BĐT Côsi ta có
(*).123)12(525)12(5)12()1((*) 2 VPyyyyyyVT Do đó phương trình (*) vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ là .10310,4 yx
0,5
Đặt .dd44 222 ttxxtxxt Khi ,20 tx khi .31 tx Suy ra
3
2
2
)d(4 ttttI
0,5
Câu 4.
(1,0 điểm)
.333
163
4)d4(3
232
3
2
tttt 0,5
Áp dụng định lý côsin trong tam giác SAB 2 2
2 2 0 72 1204 2 4 2
7. . .cos .a a a aAB a a AB
Kẻ SH AB tại H. Vì SAB ABCD nên
.SH ABCD Ta có 02 . .sin120 21
.14
SABS SA SB aSHAB AB
Suy ra 31 21 7 15. . . 5 .
3 14 2 12SABCDa a aV a
0,5
Câu 5.
(1,0 điểm)
Vì ,BC AB BC SH nên .BC SAB Do đó 090CBS (1) Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông CED, SAE, SBC ta có
22 2
2 2 2 7 5 124 4 4a a aCE CD DE ,
2 22 2 2 2 5 9
4 4a aSE SA AE a ,
2 2
2 2 2 2 215
4 4a a
SC SB BC a .
Từ đó suy ra 2 2 2.SC SE CE Do đó 090CES (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ diện SBCE nội tiếp mặt cầu đường kính SC. Do đó mặt cầu này có tâm là trung
điểm của SC, có bán kính bằng 21 .2 4
SC aR
0,5
S
A
B C
D E
a
5a
2a
H
1200
3
Từ giả thiết và áp dụng BĐT Côsi ta có .2.42242)4(16 2 bababa Suy ra
80 ab . Do đó 244
22
244 )(85.
844
64)(8544
baab
baba
babaP
.2
1.645
161
2
2
2
2
ab
baa
bba
Đặt .ab
bat Khi đó 2t và .
81
21.
645
161
21.
645)2(
161 22
tt
ttP
0,5
Câu 6.
(1,0 điểm)
Xét hàm 81
21.
645
161)( 2
tttf trên ).;2( Ta có
,25
85)2(0)(';
)2(1.
645
81)(' 2
2
ttttft
ttf vì .2t
Vì
)(lim)(lim2
tftftt
nên .6427
25)(min
);2(
ftf
Suy ra ,6427
P dấu đẳng thức xảy ra khi .4,2 ba
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là ,6427 đạt được khi .4,2 ba
0,5
Gọi H là trung điểm MC. Khi đó AH BC và .BM MH HC x
Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông ABH, AMH ta có
22 2
2 2 2
42 52325
AHAH x ABxAH x AM
Gọi phương trình đường thẳng BC là 2 25 1 0 0 .a x b y a b
Ta có 2 2
06 4; 4 4 5 12 0
5 12 0aa b
d A BC a a ba ba b
0,5
Câu 7.a (1,0
điểm)
Với 0,a đường thẳng BC có hệ số góc 0k (thỏa mãn). Khi đó : 1.BC y
Với 5 12 0,a b đường thẳng BC có hệ số góc 5
12k (không thỏa mãn).
Ta có 2 2; 5 : 1 3 25.A R x y Khi đó tọa độ của C và M là nghiệm của hệ phương
trình
2 2
1 2;1 , 4;1
4;1 , 2;11 3 25
y C M
C Mx y
Vì M nằm trên đoạn thẳng BC nên 4;1 .C
0,5
Vì ;0; .M Oxz M a b Mặt khác 2 2 ;0; .M a b M b b
Gọi I là tâm của .S Khi đó 2: 2 ; 2 ; 2 .1 2 2
x b y z bIM I b t t b t
0,5
Câu 8.a (1,0
điểm) Vì ;2 ;3 .I t b I b b b Ta có 9; 3 1.
3b
R d I b
Với 2 2 21 : 1 2 3 9.b S x y z
Với 2 2 21 : 1 2 3 9.b S x y z
0,5
1; 3A A
5;1B
C H M x x x
5 5
4
Đặt .0,,, 22 yxyxyixz Ta có
ziziizzzi
ziiz )1(||
11||)1(
)1(1
)2(.1
0)1(0
11
)(
2222
22
22
2222
2222
yxyx
xyyx
yxyx
yxyx
yxyx
yxyxyx
iyxyxyxiyx
0,5
Câu 9.a (1,0
điểm)
Với ,0x ta có ,11)2( 2 yyy thỏa mãn (1). Suy ra .iz
Với ,0y ta có ,11)2( 2 xxx không thỏa mãn (1). Vậy .iz
0,5
Ta có 2 22 3 2 4D DHD x y
2 2 6 4 9 0D D D Dx y x y (1)
Vì 3 3; .A d A m m Ta có
. 0AD HD AD HD
3 3 . 3 . 2 0D D D Dx m x y m y
2 2 3 2 7 9 0D D D Dx y mx m y m (2)
0,5
Câu 7.b (1,0
điểm)
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được 6 3 2 7 18 0D Dm x m y m (3) Hoàn toàn tương tự ta có 6 3 2 7 18 0E Em x m y m (4) Từ (3) và (4) suy ra đường thẳng DE có phương trình 6 3 2 7 18 0.m x m y m Vì 2;3 0.F DE m Do đó 3;0 .A
0,5
Nhận thấy , , 6.A P B P AB Áp dụng định lý côsin trong tam giác MAB ta có 2 2 2 02. . .cos30 2.MA MB BA MB MA Suy ra 2 2 2 .MB MA AB Do đó tam giác MAB
vuông tại A. 0,5
Câu 8.b (1,0
điểm) Ta có , 0; 5;5 .AM Pu AB n
Do đó
1: 3 1;3 ;2 .
2
xAM y t M t t
z t
Ta có 2 2 22 2 1.MA t t t Với 1 1;2;3 .t M Với 1 1;4;1 .t M
0,5
Áp dụng công thức khai triển nhị thức Niu-tơn ta có .,...11 22
222
212
2 xxCxCxCx nnnnn
n Lấy đạo hàm hai vế ta được .,2...3212 122
223
222
12
12 xxnCxCxCCxn nnnnnn
n Suy ra .,2...3212 22
233
222
212
12 xxnCxCxCxCxnx nnnnnn
n Lấy tích phân trên 0;1 hai vế của đẳng thức ta được
0
1
222
332
222
12
0
1
12 d2...32d12 xxnCxCxCxCxxnx nnnnnn
n
0,5
Câu 9.b (1,0
điểm)
.12
2...43
32
21)1(
12)1(2
1
0122
243
232
221
21
02
12
nnnnnn
nn
xCn
nxCxCxCxn
xn
Suy ra .12
112
2...54
43
32
21 2
242
32
22
12
n
Cn
nCCCC nnnnnn
Theo bài ra ta có .10062013
112
1
n
n
0,5
A
C
: 3 3 0d x y
B
2;3F D E
H 2
Related Documents
![HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ fileCâu 3: [1D1.2] Phương trình lượng giác 2 tan tan x x có các nghiệm là A. x k k 2 . B. x k k . C. x k k 2 . D. x k](https://static.cupdf.com/doc/110x72/5e1e1bc13eb1cf44ed0e281b/-ti-liu-hoec-tp-min-ph-u-3-1d12-phng-trnh-lng-gic.jpg)
