; 1; · 2 *) , 4 2 cos2 0 x x k thỏa mãn. *) 2 2 4 4 1 4 cosx sinx 1 0 cosx x k 2,tm
Post on 10-Sep-2019
53 Views
Preview:
TRANSCRIPT
1
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2014 Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút
Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm) 10. Tập xác định: }.1{\ 20. Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có 2lim
y
x và .2lim
y
x
Giới hạn vô cực:
yx )1(lim và .lim
)1(
y
x
Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng ,2y tiệm cận đứng là đường thẳng .1x
* Chiều biến thiên: Ta có .1,0)1(
3' 2
xx
y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng 1; và .;1
0,5
* Bảng biến thiên:
30. Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox tại ,0;21
cắt Oy tại )1;0( và
nhận giao điểm )2;1(I của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,5
b) (1,0 điểm)
Gọi 1,112; 0
0
00
x
xxxM là tiếp điểm. Theo bài ra ta có 2MA
hay 41112
2
0
020
xxx 4
12
2
0
020
xxx
.20
)1(,0)64)(2(0
000
2000 x
xxxxxx
0,5
Câu 1.
(2,0 điểm)
Với ,00 x phương trình tiếp tuyến là )0()0).(0(' yxyy hay .13 xy
Với ,20 x phương trình tiếp tuyến là )2()2).(2(' yxyy hay .31
31
xy
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là 13 xy và .31
31
xy
0,5
Câu 2.
(1,0 điểm)
Điều kiện: ,0sin x hay ., kkx Khi đó phương trình đã cho tương đương với
xxxxxxx cossin2sin2cos
sincos)cos1(
0)sin(cossin2cos)sin21(cos
cossin2sinsin2coscoscos222
222
xxxxxxxxxxxxx
.0)1sin(cos2cos
02cossin2cos2coscos
xxx
xxxxx
0,5
x
'y
y
1
2
+ +
2
x O
y
I
1
2
1 21
2
*) ,24
02cos kxx thỏa mãn.
*) 2442
14
cos01sincos kxxxx
tm.,22
ktm,2
kx
kx
Vậy phương trình có nghiệm .,22
,24
kkxkx
0,5
Điều kiện: .0022 yyyx Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có .32 xxxy Thế vào phương trình thứ hai ta được 022622)1(3)1( 222 yyxxxyx
.01
22
23
0)2(232
22
22
xy
xy
yxyx
0,5
Câu 3.
(1,0 điểm)
Từ đây ta có 122
xy hay .22 xy
Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có 03)2( 22 xxxx .10)3)(1( 2 xxx Suy ra .3y Vậy nghiệm của hệ là .3,1 yx
0,5
Đặt tx sin ta có txx ddcos và khi ,21
6 tx khi .1
2 tx
Khi đó
1
21
2 .d)1ln( tt
tI 0,5
Câu 4.
(1,0 điểm)
Đặt ,1dd)1ln(
ttutu
.1dd 2 tv
ttv Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có
1
21
1
21
21
1
d1
1123ln22ln
)1(d)1ln(1 t
tttttt
tI
.1627ln2ln43ln3|1|ln||ln2ln33ln2
21
1
21
1
tt
0,5
Vì 222 BCACAB nên .900BAC (1) Kẻ BCAH tại H, vì (1) nên H thuộc đoạn BC. Vì
)()( BCDABC nên ).(BCDAH Kẻ CDHK tại K đường xiên ,CDAK từ giả thiết .600 AKH
Sử dụng định lí cosin cho 2
1cos ACBABC
AHCACB 045 vuông cân ở H .323 aHCBCBHaHCAH
Câu 5.
(1,0 điểm)
Vì HK, BD cùng vuông góc CD nên .31//
CBCH
BDHKBDHK
Mà aBDBCCDaBDaAHHK 23,360cot 220
.263.
31
229.
21 32 aSAHVaDCBDS BCDABCDBCD
0,5
A
B D
C
K H
'H
3
Kẻ AKHH ' tại ,'H vì )(AHKCD nên ).('' ACDHHHHCD Từ công thức đường
cao của tam giác vuông AHK .2
3' aHH (2)
Do 3HCBC nên )(,3)(, ACDHdACDBd . (3)
Từ (2) và (3) suy ra .233)(, aACDBd
Chú ý: HS có thể tính .3
)(,ACD
ABCD
SVACDBd
0,5
Từ giả thiết ta có .122 22
xyyxxy Đặt 0 txy ta được
ttt 122 2
0)12)(1)(1(0)12(2 23 tttttt .1210)12)(1( ttt
Với 0, yx và 1xy ta có xyyx
1
21
11
122 . (1)
Thật vậy, ,0)1)(1)(1(
)1()()1( 22
2
xyyxxyyx đúng do 0, yx và 1xy .
Khi đó ta có .21
31
4213
14
ttxyxyP
(2)
0,5
Câu 6.
(1,0 điểm)
Xét hàm số tt
tf21
31
4)(
trên .1;21
Ta có
.1;21,0
)21()1(125.2
)21(6
)1(4)(' 22
2
22
ttt
tttt
tf
Suy ra .1;21,
67
21)(
tftf (3)
Từ (2) và (3) ta có .67
P Dấu đẳng thức xảy ra khi 21
xy và yx .2
1 yx
Vậy giá trị lớn nhất của P là ,67 đạt được khi .
21
yx
0,5
(C) có tâm .5),2;1( RI ).2;( aaAdA Từ tính chất tiếp tuyến BCIA tại H là trung điểm BC. Giả sử )0(, nmnIHmIA
222 5, nIHIBBHnmHA
.85)(..21 2 nnmAHBHAHBCS ABC (1)
0,5
Câu 7.a (1,0
điểm)
Trong tam giác vuông IBA có .5.5.2
nmnmIAIHBI (2)
Thay (2) vào (1) ta có
.0)12514)(1(012513915855 2422462
nnnnnnnn
n
Suy ra .5,1 mn Suy ra
).2;4()3;1(
41
25)4()1(5 22
AA
aa
aaIA
0,5
Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn
.010
zyzyx
Đặt ty ta có
112
tztx
).1;;12( tttD 0,5
Câu 8.a (1,0
điểm)
.126
33
|3|6261].,[
61
ttttADACABVABCD
Suy ra ).13;12;25(),5;6;11( DD 0,5
A
C
I
B d
H
4
Đặt ).R,(, babiaz Từ giả thiết ta có 22 )1()1(1 aibibabia
).1(2
)1(21)1(2)1(21
22
babba
ibabbia
Suy ra )1(,0)12)(2()1(,)1(2)1(2
1 22
bbbbbbb
.21
21
12
ab
ab
Suy ra iz 21 hoặc .21
21 iz
0,5
Câu 9.a (1,0
điểm)
*) Với ,21 iz ta có .5212122
4211
4
iii
ii
zz
*) Với ,21
21 iz ta có .
2271
27
18
21
21
14
ii
iz
z 0,5
(C) tiếp xúc với 1 tại M I
IMCM
1
)( thuộc đường thẳng
1d tại M.
Phương trình .21),3;(03: aIMRaaIyxd
0,5
Câu 7.b (1,0
điểm)
(C) tiếp xúc với 2 nên
2
321
25|226|),( 2 a
aaaRId
2),1;2(
24),6;3(
RI
RI
Suy ra 32)6()3(:)( 22 yxC hoặc .2)1()2(:)( 22 yxC
0,5
Mặt phẳng (Q) chứa AB và vuông góc với (P) nên có véctơ pháp tuyến ).1;1;1(],[ PQ nABn Suy ra .05:)( zyxQ
Từ giả thiết suy ra C thuộc giao tuyến (Q) và (P). Suy ra tọa độ C thỏa mãn
.05205
zyxzyx
0,5
Câu 8.b (1,0
điểm)
Đặt ).5;0;(5
0
ttCtz
ytx
).2;0;3(
)0;0;5(35
14334)82(321],[
21 2
CC
tt
tttACABSABC 0,5
Ta có 4
31)31(31.)31()31(
1)31(31
122
iiii
i
.3
sin3
cos21
i
Đặt .0),sin(cos rirz Khi đó .)3
sin()3
cos(2)31(31
)1(
ir
izi
Theo bài ra ta có .663 Suy ra .
223 irrz
0,5
Câu 9.b (1,0
điểm)
Từ giả thiết của bài toán ta có iririrr 33
223
.322
)1(4)1()1(322
3 222222
r
rrrrrrr
Từ đó ta có .31
33,3 iziz
0,5
I
1
2
M(1; 2)
top related