DeDap an kiem tra doi tuyen 2013 chuandoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN. ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN TOÁN NĂM HỌC 2012-2013 Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề. Câu I (4 điểm) Cho hàm số y = x3-3x +1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình: 2 2 ( m  1 )x3 = 3( m  1 )x + 4m .. Câu II (6 điểm): 1. Giải phương trình: cos x − 3 √ 3 sin x=cos 7 x 4 x2  2 log 2013 6  x 6  3 x 2  1 (1) 2 x  x 1 2. Giải phương trình:. 1  x 2  y 2 5 x  2 xy  2 xy  2 y ( y 2  y  1)  x  2   3. Giải hệ phương trình: cos3 x  cos x  sin x I  x( ) dx 2 1  cos x 0 . Câu III (2 điểm) Tính tích phân: Câu IV (6 điểm). 1 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm là H(3; − 4 ), 29. 5. tâm đường tròn ngoại tiếp là K(0; 8 ), trung điểm cạnh BC là M( 2 ; 3 ). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C; biết hoành độ của B lớn hơn hoành độ của C. 2. Trªn ba tia Ox, O y, Oz vuông góc với nhau từng đôi một lÇn lît lÊy c¸c ®iÓm A, B, C sao cho OA = a, OB= b, OC = c. a) TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC theo a, b, c. b) Cho A, B, C thay đổi trên các tia thỏa mãn: OA + OB + OC + AB + AC + BC = k, (với k dương không đổi). Hãy xác định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện OABC. 3. Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CD, DB. Giả sử AM = a, AN = b, AP = c. và h là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (MNP). Chứng minh rằng. a 2  b2  c 2 . 9h 2 2 .. Câu V (2 điểm): Cho ba số. x, y, z   1;3. . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. P. ---------------------------- Hết----------------------------. 36x 2y z   yz xz xy ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN. C©u I 4,0 ®iÓm. ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN TOÁN NĂM HỌC 2012-2013 §iÓm. Nội dung 1. Kh¶o s¸t . . . (2,0 ®iÓm) 3 Với m  1, ta được hàm số y  x  3x  1. Tập xác định: R. Giới hạn tại vô cực:. 0,5. lim y , lim y  .. x  . x  . 2 Sự biến thiên: y ' 3 x  3 0  x 1.. y '  0  x  (  ;  1)  (1; ). Hàm số đồng biến trên các khoảng (   1) và (1; ) . y '  0  x  ( 1;1). Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1;1). Điểm cực đại của đồ thị (  1;3), điểm cực tiểu của đồ thị (1;  1). Bảng biến thiên:. x y' y. . . 1 0 3. 1. . 0.   . 0,5. 0,5. 1. . y. Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3).. 3. Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng. -2. II 6,0 ®iÓm. -1. 1 O -1. 1. 0,5. 2 x. 2. Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình (2,0 điểm) 4 m 4m ⇔ x3-3x +1 = Phương trình đã cho tương đương x3-3x = +1 2 2 m +1 m +1 4m Số nghiệm PT là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y = +1 m2 +1 4m 4m Do -2 2 với mọi m R ⇒ -1 +1 3 với mọi 2 2 m +1 m +1 R m 4m 4m Ta có: +1 = -1  = -2  m = -1; 2 2 m +1 m +1 4m 4m Và +1 3  =2m=1 2 m +1 m2 +1 4m Suy ra: Với m ≠ ±1 đường thẳng y = +1 có 3 điểm chung với đồ thị (C) m2 +1 4m Với m = ±1 đường thẳng y = +1 có 2 điểm chung với đồ thị (C) 2 m +1 Vậy: với m ≠ ±1 phương trình có ba nghiệm, với m = ±1 thì PT có hai nghiệm. 1. Giải phương trình lượng giác (2,0 điểm) Gi¶i ph¬ng tr×nh: cos x − 3 √3 sin x=cos 7 x Biến đổi tơng đơng phơng trình đã cho. 0,5. 0,5. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> cos x  cos 7 x  3 3 sin x 0  2sin 3 x sin 4 x  3 3 sin x 0  2sin 4 x sin x(3  4sin 2 x)  3 3 sin x 0. 1,0.  sin x  2sin 4 x(1  2 cos 2 x)  3 3  0  sin x 0   2sin 4 x (1  2 cos 2 x)  3 3  2 Giải (1) ta đợc x= k π với k Ζ 3 √3 2 3 3 (3) ⇔ 4 sin 2 x cos2 2 x +sin 4 x= √ 2 2 2 ¸p dông B§T C«si cho 3 sè: sin 2 2 x , cos 2 x , cos 2 x 2 2 2 2 cos 2 x cos 2 x (sin 2 x cos 2 2 x) 2 2  3 3 1=¿ sin 2 x  2 2 4 ta đợc 2 2 2 ⇒ sin 2 x cos 2 x ≤|sin 2 x cos 2 x|≤ 3 √3 2 2 +1 < 3 √ 3 do đó 4 sin2 x cos 2 x +sin 4 x ≤ 3 √3 2 suy ra (3) v« nghiÖm nªn (2) v« nghiÖm. KÕt luËn: Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x=k π víi k Ζ 2. Giải phương trình logarit (2,0 điểm) Gi¶i (2): Ta cã (2) ⇔sin 4 x cos 2 x +sin 4 x=¿. log 2013. 4x2  2  x 6  3x 2  1 (1) 6 2 x  x 1 6. Ta có:. 1,0. 2. 4 x2  2 2013x  x 1 (1)  6  x  x 2  1 20134 x2 2 2. 4 x 2 2.  (4 x  2).2013. 6. 2. ( x  x  1).2013. 1,0. x6  x2 1. (2) t f ( t )  t .2013 Ta có hàm số luôn đồng biến trên R nên (2) ⇔ 4 x 2+2=x 6+ x2 +1 ⇔ x 6 −3 x 2 −1=0 . Phương trình x 6 − 3 x 2 −1=0 ⇔ u3 − 3 u− 1=0 (u=x 2 ≥ 0) (3) Lập bảng biến thiên của hàm số: f (u)=u3 −3 u −1 suy ra phương trình này chỉ có  u 2 cos  (0    ) 2 nghiệm trong (0,2) nên đặt 1 1  π  4cos3   3cos    cos 3     x=± 2 cos 2 2 9 . ĐS: 9 . (3) 3, Giải hệ phương trình (2,0 điểm). 1,0. √. (1  y 2 )  x( x  2 y ) 5 x  (1  y 2 )( x  2 y  2) 2 x Hệ phương trình tương đương với:  (I) 2 1  y 0  2 (1  y )(2 y  2) 0 vô nghiệm. * Nếu x 0 thì hệ (I) * Nếu x 0 thì chia cả hai vế của cả hai PT trong hệ cho x ta được hệ tương đương. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1  y 2 1  y 2  ( x  2 y )  5  x  x  ( x  2 y  2) 3   2 2 1  y ( x  2 y  2) 2 1  y ( x  2 y  2) 2  x  x 1 y2 u , v x  2 y  2 x - Đặt , ta được hệ phương trình: u  v  3 u    1 u 2    uv 2 v 2 hoặc v 1 1  y 2  x 1  y 2  x 2 y  4 u 1  1    2   x  v 2  x  2 y  2 2  x 2 y  4  y  2 y  3 0  - Với  x 2 y  4  x 2  x 10      y  1  y 3  y  1  y 3. III 2,0 điểm. 1  y 2 1  y 2 2 x  x 2 y  3 u 2  2    2   x  v 1  y  4 y  5 0  x  2 y  2 1  x 2 y  3  - Với  x 2 y  3  x 1  x 13      y  1  y 5  y  1  y 5 - Vậy hệ ban đầu có 4 nghiệm ( x; y ) (2;  1) , (10; 3) , (1;  1) , (13; 5) . Tính tích phân (2,0 điểm)  cos3 x  cos x  sin x I  x( )dx 1  cos 2 x 0    cos x(1  cos 2 x)  sin x  x.sin x x  dx  J  K  dx x.cos x.dx   2 1  cos x 1  cos 2 x  0  0 0 . . - Tính. J x.cos x.dx 0. . u  x   dv  cos xdx  . Đặt. .  du dx  v sin x. 0,5. 0,5. 0,5. 0,5. 0,5. .  J ( x.sin x) 0  sin x.dx 0  cos x 0  2 0. . x.sin x K  dx 1  cos 2 x 0. - Tính Đặt x   t  dx  dt. Đổi cận : x t. . . 0 . . 0 . (  t ).sin(  t ) (  t ).sin t (  x).sin x  K  dt  dt  dx 2 2 1  cos (  t ) 1  cos t 1  cos 2 x 0 0 0 . . . ( x    x).sin x sin x.dx  sin x.dx  2 K  dx    K  2 2 1  cos x 1  cos x 2 0 1  cos 2 x 0 0 Đặt t cos x  dt  sin x.dx Đổi cận:  x 0 1 t 1 1.  K.  dt  2  1 1  t 2 , đặt t tan u  dt (1  tan 2 u ) du. Đổi cận: t. 1. 1. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> u.   K 2. IV 6,0 điểm.  4. (1  tan 2 u ) du   1  tan 2 u  2. .  4.  4.  4.  4 2 du  . u    2 4 4. 2 2   4 4 4 . Vậy 1. Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C, biết rằng ... (2,0 điểm) Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua K thì AA’ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Suy ra tứ giác BHCA’ là hình bình hành ⇒ M là trung điểm của 5 5 5 A’H ⇒ ). Từ đó xác định được: A( H⃗ A =2 . M ⃗ K = 2( − ; ¿ = (-5; 2 8 4 -2;1). √ 697 là bán kính vòng tròn ngoại tiếp ABC. Ta có: R = KA = KB = KC = 8 29 2 697 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: x2 + (y – ) = 8 64 29 9 hay x2 + y2 – y+ = 0. 4 4 Phương trình cạnh BC: 4x – y – 7 = 0. ¿ 4 x − y −7=0 9 2 2 29 y + =0 . Tọa độ của B, C là hệ phương trình: x + y − 4 4 ¿{ ¿ ⇔ x=3 ; y=5 ¿ x=2 ; y=1 . Vì xB > xC nên B(3;5), C(2;1). Vậy: A( - 2; 1), B(3;5) và C(2;1). ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 2. Trªn ba tia Ox, O y, Oz vuông góc…. I. vuông góc với BC ⇒ AH vuông góc với BC (định lí ba đờng vuông góc) 2 2 2 2 1 1 1 b +c b c 2 Ta cã = + = ⇒ OH = OH2 b 2 c 2 b2 c 2 b 2+ c 2 2 2 2 2 2 2 2 2 L¹i cã AH 2=OA 2 +OH2=a2 + b2 c 2 = a b + b2 c 2+ c a và BC2=b2+c2 b +c b +c 1 1 AH . BC= √ a2 b2+ b2 c 2+ c 2 a2 Do đó: Diện tích tam giác ABC bằng 2 2 Tính gi¸ trÞ lín nhÊt cña thÓ tÝch tø diÖn OABC (1,0 điểm) Ta cã V AOBC= 1 OA . SOBC= 1 abc 3 6 Tõ gi¶ thiÕt có k a  b  c  AB  BC  CA a  b  c  a 2  b 2  b 2  c 2  c 2  a 2 3 3 abc  k  2( ab  bc  ca ) 3 3 abc  3 2 3 abc 3(1  2)abc  3 abc  3(1  2). 0.5. 0.5. 0.5. 0.5. H¹ OH.   k  abc    3(1  2) . Từ đó V OABC ≤. 3. 1 k 6 3(1+ √ 2). [. 3. ]. 0,5. 0,5. 0,25. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2 1+ √ ¿ ¿ 3¿. VËy max V=. 0,25. 3. 1 k k ⇔ a=b=c= ¿ 6 3(1+ √ 2). [. ]. 9h 2 a b c  2 Chứng minh rằng 2. 2. 2. A. BC AM  2 Tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A nªn. 0,5. BC NP  2 NP là đờng trung bình của BCD nên Suy ra AM = NP Tơng tự đối với các cặp cạnh đối diện còn lại Vậy hai cạnh đối diện bất kỳ của. 0,5. P. tứ diện AMNP có độ dài bằng nhau. B. M. D N C. 1 1 1 1  2  2 2 AB AC AD 2 (1) + Tứ diện ABCD vuông tại A nên ta chứng minh đợc h 1 1 1 9    2 2 2 2 AC AD AB  AC 2  AD 2 (2) + MÆt kh¸c AB. AB 2  AC 2 AC 2  AD 2 AD 2  AB 2 AB 2  AC 2  AD 2    2 2 2 + Ta cã BC 2  CD 2  DB 2 2( a 2  b 2  c 2 ) 2 = (3) 1 9 9h 2 2 2 2   a  b  c  2 2(a 2  b2  c 2 ) 2 + Tõ (1), (2) vµ (3) ta cã h. V 1,0 điểm. 0,25 0,25. 0,25 0,25. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P Xét hàm số:. f (x) . 36x 2y z   , x   1;3 , y, z là tham sô yz zx xy. 36 2y z 36x 2  2y 2  z 2 36  2.9  9 f '(x)   2  2   0 yz zx x y x 2 yz x 2 yz. 0,25. f (x) đồng biến trên  1;3 nên: 36 2y z f (x) f (1)    g(y), y   1;3 , z là tham sô yz z y. 0,25. 2. g '(y) . 2. 2. 36 2 z  36  2y  z  36  2*9  1   2   0 2 2 y z z y y z y2z. g(y) nghịch biến trên  1;3. 12 6 z 18 1 18 1  g(y) g(3)    h(z), z   1;3 ; h '(z)  2     0. z z 3 3 9 3 z 18  h(z) h(3)   1 7 1;3   h(z)  3 nghịch biến trên Vậy P 7 dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x=1 và y = z = 3; Do đó MinP = 7. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Chú ý: Học sinh giải cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa..

<span class='text_page_counter'>(8)</span>