ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 LẦN 4 NĂM 2013 MÔN TOÁN

Thông tin tài liệu

http://baigiangtoanhoc.com Luyện thi đại học Trung tâm luyện thi Edufly –Số 130B ngõ 128, đường Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân Hà Nội Website: http://edufly.vn Hotline: 0987.708.400 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 LẦN 4 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: Toán ----------------------------------------------------- Câu 1. 1. (1 điểm) - Tập xác định:   \ 2P - Sự biến thiên: + Giới hạn tại vô cực: Ta có: lim 1, lim 1 x x y y     Giới hạn vô cực: (2) (2) lim , lim x x y y         Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1, tiệm cận đứng là đường thẳng x = 2. + Chiều biến thiên: Ta có 2 1 ' 0, 2 ( 2) y x x       , 1x   Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ;2) và (2; ) + Bảng biến thiên: x 2 'y - - y - Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại (1;0) , cắt Oy tại 1 0; 2       và nhận giao điểm I(2; 1) của 2 tiệm cận làm tâm đối xứng. 2. (1 điểm) Gọi 0 0 0 0 1 ; , 2 2 x M x x x          là tiếp điểm. Khi đó, phương trình tiếp tuyến tại M là:     0 0 2 0 0 1 1 : 2 2 x d y x x x x        hay     2 2 0 0 0 : 2 2 2 0d x x y x x      Suy ra, vecto chỉ phương của d là:     2 0 2 ; 1 d u x    . Ta có   2;1I nên 0 0 1 2; 2 IM x x           Do     3 4 0 0 0 00 3 1 . 0 2 0 2 1 12 d x IM d IM u x x xx                   -∞ +∞ 1 1 -∞ +∞ http://baigiangtoanhoc.com Luyện thi đại học Trung tâm luyện thi Edufly –Số 130B ngõ 128, đường Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân Hà Nội Website: http://edufly.vn Hotline: 0987.708.400 Với 0 3x  , phương trình tiếp tuyến là   3 2y x    hay 5y x   Với 0 1x  , phương trình tiếp tuyến là   1y x   hay 1y x   Vậy, có 2 tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là 5y x   và 1y x   Câu 2. Phương trình đã cho tương đương với             2 2 2 2 3 cos2 os 3 cos2 sin sin 2 2 2 4 sin os 2 2cos sin 0 2 2 2 sin os 2cos sin 0 2 2 2 os sin sin 2 0 2 2 2 os 0 2 2 2 2 sin 1 2 2 2 x x x x c x x x x c x x x x x c x c x x x x x k k c x k x x k                                                         Vậy, phương trình có 2 nghiệm: 2x k     và 2 2 x k      , k Z Câu 3. ĐK: 1 2 1 0 2 y y    Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:     2 2 4 4 2 0 2 x x y x x y             Với 4x   , thế vào phương trình thứ 2 ta được:     2 2 1 1 1 3 2 1 20 10 0 1 9 2 1 y y y y y y y y                      1 10 3 10 10 3 10 y y y             Với 2 2x y  , thế vào phương trình thứ 2 ta được: 2 5 3 2 1y y y    (*) Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:         2 (*) 1 2 1 5 2 1 5 2 5 2 1 3 2 1 (*)VT y y y y y y VP              http://baigiangtoanhoc.com Luyện thi đại học Trung tâm luyện thi Edufly –Số 130B ngõ 128, đường Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân Hà Nội Website: http://edufly.vn Hotline: 0987.708.400 Do đó, phương trình (*) vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 4, 10 3 10x y    Câu 4. Đặt 2 2 2 4 4t x t x xdx tdt        . Khi 0 2, 1 3x t x t      . Suy ra:     3 2 2 3 2 2 3 2 3 4 16 4 4 3 3 3 3 t t I tdt t dt t t                  Câu 5. Suy ra: 3 1 21 7 15 . . . 5 3 14 2 12 SABCD a a a V a  Vì ,BC AB BC SH  nên   BC SAB . Do đó: 0 90CBS  (1) Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông CED, SAE, SBC ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 7 5 12 4 4 4 5 9 4 4 21 5 4 4 a a a CE CD DE a a SE SA AE a a a SC SB BC a                Từ đó suy ra: 2 2 2 SC SE CE  . Do đó: 0 ES 90C  (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 SC, có bán kính bằng 21 2 4 SC a R   Áp dụng định lý cosin trong tam giác SAB. 2 2 2 2 0 7 7 2. . os120 4 2 4 2 a a a a AB a a c AB      Kẻ SH AB tại H. Vì     SAB ABCD nên   SH ABCD . Ta có: 0 2 . .sin120 21 14 SAB S SA SB a SH AB AB    http://baigiangtoanhoc.com Luyện thi đại học Trung tâm luyện thi Edufly –Số 130B ngõ 128, đường Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân Hà Nội Website: http://edufly.vn Hotline: 0987.708.400 Câu 6. Từ giả thiết và áp dụng BDT cosi ta có:   2 16 4 2 4 2 2 4 .2a b a b a b      . Suy ra: 0 8ab  . Do đó,     2 2 2 2 4 4 4 4 4 4 5 4 4 5 . 64 8 8 8 a b ab P a b a b a b a b               2 2 2 2 1 5 1 . 16 64 2 a b a b b a b a            Đặt a b t b a   . Khi đó 2t  và   2 2 1 5 1 1 5 1 1 2 . . 16 64 2 16 64 2 8 P t t t t         Xét hàm số   2 1 5 1 1 . 16 64 2 8 f t t t     trên   2; . Ta có:           2 2 1 5 1 ' . 8 64 2 5 5 ' 0 2 2 8 2 f t t t f t t t t t           Vì     2 lim lim x x f t f t       nên     2; 5 27 2 64 Min f t f          Suy ra: 27 64 P  , dấu bằng xảy ra khi 2, 4a b  Vậy, giá trị nhỏ nhấ của P là 27 64 đạt được khi 2, 4a b  Câu 7a.   2 2 2 2 2 2 4 2 52 3 25 AH AH x AB x AH x AM                  Gọi phương trình đường thẳng BC là:       2 2 5 1 0 0a x b y a b      Gọi H là trung điểm MC. Khi đó AH BC và BM MH HC x   Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông ABH, AMH ta có: http://baigiangtoanhoc.com Luyện thi đại học Trung tâm luyện thi Edufly –Số 130B ngõ 128, đường Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân Hà Nội Website: http://edufly.vn Hotline: 0987.708.400 Ta có:     2 2 06 4 ; 4 4 5 12 0 5 12 0 aa b d A BC a a b a b a b                Với 0a  , đường thẳng BC có hệ số góc 0( )k tm . Khi đó BC: y = 1. Với 5 12 0a b  , đường thẳng BC có hệ số góc 12 5 k  (không tm) Ta có:       2 2 ; 5 : 1 3 25A R x y     . Khi đó, tọa độ điểm C và M là nghiệm của hệ phương trình:             2 2 1 2;1 , 4;1 1 3 25 4;1 , 2;1 y C M x y C M                Vì M nằm trên đoạn thẳng BC nên   4;1C  Câu 8a. Vì     Ox ;0;M z M a b  . Mặt khác     2 2 ;0;M a b M b b      Gọi I là tâm (S). Khi đó   2 : 2 ; 2 ; 2 1 2 2 x b y z b IM I b t t b t           Vì     ;2 ;3I t b I b b b       . Ta có:     9 , 3 1 3 b R d I b        Với       2 2 2 1 1 2 3 9b S x y z         Với         2 2 2 1 1 2 3 9b S x y z          Câu 9a. Đặt 2 2 ,( , ), 0z x yi x y R x y     . Ta có:           2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 i i z i z zz z i z i z i x y i x y x y x y i                            2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0(*) 0 1 1 1(2) x y x y x y x y x y x y xy x y x y x y x y x y x y                                          với 0x  , ta có   2 2 1 1y y y      (thỏa mãn (1)). Suy ra: z i  http://baigiangtoanhoc.com Luyện thi đại học Trung tâm luyện thi Edufly –Số 130B ngõ 128, đường Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân Hà Nội Website: http://edufly.vn Hotline: 0987.708.400 với 0y  , ta có   2 2 1 1x x x      (không thỏa mãn (1)). Vậy: z i  Câu 7b.               2 2 . 0 3 3 . 3 . 2 0 3 2 7 9 0 2 D D D D D D D D AD HD AD HD x m x y m y x y mx m y m                    Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:     6 3 2 7 18 0(3) D D m x m y m      Hoàn toàn tương tự ta có:     6 3 2 7 18 0(4) E E m x m y m      Từ (3) và (4) suy ra đường thẳng DE có phương trình:     6 3 2 7 18 0m x m y m      Vì   2;3 0.F DE m    Do đó A(3; 0) Câu 8b. Nhận thấy     , , 6A P B P AB   . Áp dụng định lý cosin trong tam giác MAB ta có: 2 2 2 0 2. . . os30 2MA MB BA MB MAc    . Suy ra 2 2 2 MB MA AB  . Do đó, tam giác MAB vuông tại A. Ta có:   , 0; 5;5 AM P u AB n        . Do đó   1 : 3 1;3 ;2 2 x AM y t M t t z t              Ta có: 2 2 2 2 2 1MA t t t       Với   1 1;2;3t M  Với   1 1;4;1t M   Câu 9b. Ta có     2 2 2 3 2 4 D D HD x y      2 2 6 4 9 0(1) D D D D x y x y      Vì   3 3;A d A m m   . Ta có http://baigiangtoanhoc.com Luyện thi đại học Trung tâm luyện thi Edufly –Số 130B ngõ 128, đường Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân Hà Nội Website: http://edufly.vn Hotline: 0987.708.400 Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton ta có:   2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 . , n n n n n n x C x C x C x x       Lấy đạo hàm hai vế ta được:   2 1 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 . 2 , n n n n n n n x C C x nC x x         Suy ra:   2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 . , n n n n n n nx x C x C x C x x        Lấy tích phân trên   1;0 hai vế của đẳng thức ta được:         0 0 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 0 0 2 1 2 2 3 2 2 1 2 2 2 1 1 2 1 . 2 1 1 2 2 1 . 2 1 2 3 2 1 n n n n n n n n n n n n n nx x dx C x C x C x dx n x n x C x C x C x n n                                      Suy ra: 1 2 3 4 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 2 1 2 3 4 5 2 1 2 1 n n n n n n n C C C C C n n         Theo bài ra ta có: 1 1 1006 2 1 2013 n n    

Ngày đăng: 05/09/2013, 14:24

Xem thêm: ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 LẦN 4 NĂM 2013 MÔN TOÁN, ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 LẦN 4 NĂM 2013 MÔN TOÁN

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 LẦN 4 NĂM 2013 MÔN TOÁN

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan