Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d... Mặt khác, tam giác SAD đều nên SE ⊥ AD.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC VIÊN GIỎI LỚP 12 BTTHPT
HÀ NAM NĂM HỌC 2011-2012
=========== Mơn: TỐN
Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC
CÂU 1: (4 điểm)Cho hàm số: y=x4
−8m2 x2
+ (Cm) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m=
2
2 Tìm m để(Cm) có ba cực trịA, B, C Chứng minh tam giácABC tam giác cân CÂU 2: (5 điểm)Giải phương trình, bất phương trình:
1 (3 +√5)x
+ (3−√5)x
= 3.2x. log3√x2
−5x+ + log 1
√
x−2>log 1
√
x+
CÂU 3: (4 điểm)Tính tích phân:
π
Z
0
e5xsinxdx
CÂU 4: (4 điểm)
Cho hình chópS.ABCD có đáyABCD hình vng cạnha Mặt phẳngSADlà tam giác vàSB =a√2.E, F trung điểm củaAD vàAB.H giao điểm củaF C vàEB Chứng minhAB vng góc với mặt phẳng (SAD),CF vng góc với mặt phẳng(SBE) Tính thể tích khối chóp C.SEB
CÂU 5: (3 điểm)Trong hệ tọa độ Oxyz cho điểmA(1;−2; 3) đường thẳng d: x+
2 = y−2
1 = z+
−1
1 Viết phương trình mặt phẳng P chứa đường thẳngd điểm A Tìm hình chiếu vng góc điểm A đường thẳngd Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với đường thẳngd
—————————————————————–
Chữ ký giám thị: Số báo danh thí sinh: Giám thị 1:
(2)HƯỚNG DẪN CÂU 1:
1 Khảo sát vẽ đồ thị m = Với m=
2 hàm số cho trở thành: y=x
−2x2+ 1.
• Tập xác đinh: D=R
• Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
y′
= 4x2
−4x y′
= ⇔
x=−1 x= x= y′
>0∀x∈(−1; 0)∪(1; +∞)⇒hàm số đồng biến (−1; 0)∪(1; +∞)
y′
<0∀x∈(−∞;−1)∪(0; 1)⇒ hàm số nghịch biến trên(−∞;−1)∪(0; 1)
Cực trị:
Hàm số đạt cực đại xCD = ⇒yCD = Hàm số đạt cực tiểu xCT =±1⇒yCT =
Giới hạn tiệm cận:
lim x→+∞
y= lim x→−∞
y= +∞
Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận
Bảng biến thiên:
x y′
y
−∞ −1 +∞
0 0
− + − +
+∞
0
+∞
• Đồ thị:
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng Cắt trục hoành hai điểm M(−1; 0) N(1; 0)
(3)O x y
−1
−2 2
9
1
2 Tìm m thỏa mãn điều kiện:
Để đồ thị hàm số có3 cực trị phương trình y′
= có3 nghiệm phân biệt
⇔4x3
−16m2
x= có 3nghiệm phân biệt
⇔16m2
>0⇔ ∀m6= hay (Cm)ln có cực trịA, B, C m6= Phương trìnhy′
= 0có ba nghiệm
x=−2m x= x= 2m
nên tọa độA, B, C là:A(−2m; 1−
16m4
), B(0; 1), C(2m; 1−16m4
) nên dễ thấy A C đối xứng qua trục Oy, mặt khácB ∈Oy nên tam giác ABC cân B
CÂU 2:
1 Giải phương trình: (3−√5)x
+ (3−√5)x
= 3.2x (1) Chia hai vế phương trình cho
2x ta được: +√5
2
!x
+ 3−
√
5
!x
= Đặt t = +
√
5
!x
thì 3−
√
5
!x
=
t với điều kiện t >0 Khi phương trình trở thành:
t+1
t = 3⇔t
−3t+ = (2)
Giải phương trình (2) ta hai nghiệm
t= +
√
5 t= 3−
√
5 Với t= +
√
5
(4)Với t= 3−
√
5
2 ⇒x=−1 Vậy phương trình có hai nghiệm
x= x=−1 Giải bất phương trình
log3√x2
−5x+ + log 1
√
x−2>log 1
√
x+ (1)
Điều kiện: x >3
(1)⇔log3√x−2 + log3√x−3−log3√x−2 + log3√x+ 3>0
⇔log3√x2
−9>0
⇔√x2
−9>1⇔x2
−9>1
⇔x2
>10⇔
x >√10 x <−√10
Kết hợp điều kiện suy nghiệm bất phương trình (1) làx >√10 CÂU 3: Tính tích phân:
I = π
Z
0
e5xsinxdx
Đặt
u =e5x dv= sinxdx
⇒
du= 5e5x dx v =−cosx
I =−e5x cosx π + π R e5x cosxdx
I =−(e5π
4 cos π −e
0
cos 0) + 5I1 = 1− √
2 e
5π
4 + 5I1 (1)
Tính I1 = π R e5x cosxdx Đặt
u=e5x dv= cosxdx
⇒
du= 5e5x v = sinx
I1 =e5x sinx π −5 π R e5x sinxdx I1 =e5π
4 sin π −e
0
sin 0−5I I1 =
√
2 e
5π
4 −5I
(5)I = 1− √
2e5π
4 +
√
2e5π
4 −5I
!
⇒26I = + 2√2e5π
4 ⇒I = +
√
2e5π
4 26 CÂU 4:
Hình vẽ:
S
A
B C
D E
F
H
1 Chứng minh vng góc:
Ta có AB⊥AD (1) (giả thiết ABCD hình vng)
Mặt khác, SAD tam giác nên SA = SD = AD = a SB = a√2 Dễ thấy SB2
=SA2
+AB2 nên tam giác
SAB vuông tạiA Từ suy AB⊥SA (2) Từ (1) (2) suy AB⊥(SAD)
Do AB⊥(SAD) nên SE⊥AB Mặt khác, tam giác SAD nên SE⊥AD Từ suy raSE⊥(ABCD)⇒SE⊥CF (3)
Do ∆CBF = ∆BAE nên \F CB = EBA[ Mặt khác \F CB+\CF B = 90o suy ra [ EBA+ \
CF B= 90o hay \
HBF +HF B\ = 90o
⇒CF⊥EB (4) H
Từ (3) (4) suy CF⊥(SBE) Tính thể tích C.SBE
Ta có: SE trung tuyến tam giác SADđều cạnh a nên SE = a
√
3 Xét∆ABE vuông Acó EB =√AB2+AE2 = a
√
5 Tam giácBF H đồng dạng với tam giác BEA suy F H
F B = AE
BE ⇒F H =
F B.AE BE
⇒F H = a
√
5 10
⇒CH =CF −F H =BE−F H = 2a
√
5
Hình chóp C.SBE có đáy SBE tam giác vuông E đường cao CH (vì CH⊥(SBE)) nên ta có:
V =
1
2.SE.BE.CH = a3√
(6)CÂU 5:
1 Viết phương trình mặt phẳng (P):
Ta cóM(−1; 2;−3)∈d Mặt phẳng(P)quadvàAnên vtpt vng góc với−→ud= (2; 1;−1) và−−→M A= (2;−4; 6) lấy −→n = [ud,→− −−→M A] = (−2;−14; 10) làm vtpt.Vậy (P) có phương trình:
−2(x−1) + 14(y+ 2) + 10(z−3) = hay:
−x+ 7y+ 5z= (1)
2 Tìm hình chiếu vng góc A d:
GọiH hình chiếu vng góc A d ta có: H∈d⇒H(−1 + 2t; +t;−3−t)
−−→
AH = (−2 + 2t; +t;−6−t) Mặt khác −−→AH⊥−→ud= (2; 1;−1) ⇒−−→AH.−→ud= ⇔2(−2 + 2t) + (4 +t)−(−6−t) =
⇒ −4 + 4t+ +t+ +t = 0⇔6t+ = 0⇔t=−1 Thayt =−1 vào ta tọa độ H(−4; 1;−3)
3 Viết phương trình mặt cầu:
Mặt cầu tâmA tiếp xúc với đường thẳng d có bán kính : R=AH =p(4 + 3)2+ (2
−1)2+ (3 + 2)2 =√50 Vậy phương trình mặt cầu là: (x−1)2
+ (y+ 2)2
Bùi Quỹ - Trung tâm GDTX Duy Tiên NguoiDien - Diễn đàn kiến thức: http://diendankienthuc.net