ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LUYỆN THI ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SÔ 1

Chia sẻ: CLB Kỹ Năng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

154
lượt xem 32
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề khảo sát chất lượng luyện thi đại học trường thpt thuận thành sô 1', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LUYỆN THI ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SÔ 1

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SÔ 1 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LUYỆN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM HỌC 2012-2013 Ngày kiểm tra:06/1/2013 Môn: TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 4 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 3  (3  m) x 2  mx  4 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m  0 . 2) Tìm các giá trị của m để hàm số đồng biến trên khoảng (0:+  ). Câu II (2 điểm)   1) Giải phương trình cos x  cos 3x  1  2 sin  2 x    4  2) Giải phương trình sau : 5 x x 2  6   x  1 x 2  2 x  7  13(2 x  1) .  ( x  R). 10 Câu III (1 điểm) Tính tích phân x  2  x 1  5 x2 dx Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,AC=a, BC =2a. Mặt phẳng (SAC) tạo với mặt đáy (ABC) góc 600. Hình chiếu H của S trên mf(ABC) là trung điểm cạnh BC.Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng HA và SB theo a. Câu V (1 điểm) Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 2 3 P  . a  ab  3 abc abc PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12 và tâm I là giao điểm của hai đường thẳng d1 : x  y  3  0; d 2 : x  y  6  0 . Trung điểm của AD là giao điểm của d1 và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD . 2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hình chóp tam giác đều S.ABC có điểm A(5;3;-1), B(2;3;-4), C(1;2;0), cạnh bên có độ dài 7 . Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC biết S có tung độ
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM Câu ý Nội dung Điểm  Khảo sát sự biến thiên, vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  4 1,0 Câu I - TXĐ : R x  0 y '  3 x 2  6 x  0   x  2 0,25 - Hàm số đông biến trên mỗi khoảng (;0);(2; ) - Hàm số ngịch biến trên khoảng (0; 2) - Cực trị : Hàm số đạt CĐ tại x1  0; yCD  4 , hàm số đạt CT tại x2  2; yCT  0 - Giới hạn : lim ( x3  3 x 2  2)  ; lim ( x3  3 x 2  2)  ; 0,25 x  x  - Hàm số không có tiệm cận. - BBT : x  0 2  y’ + 0  0 + 4  0,25 1 y  0 - Đồ thị 6 4 2 0,25 -10 -5 5 10 -2 -4 2 Tìm các giá trị của m để hàm số đồng biến trên khoảng (0;+  ) 1,0 4 y’= 3x2- 2(3-m)x+ m. Hàm số đồng biến trên khoảng (0;+  ) khi y '  0, x  0 3 0,25 y’ là tam thức bậc 2 có hệ số a > 0, '  m2-10m +9 . y '  0, x  0 có 2 trường hợp
TH1: '  0  m  1;9 Khi đó y’  0, x   0,25   0 m 2  10m  9  0   TH2: Tam thức có hai nghiệm phân biệt x1 < x2  0  S  0  3  m  0 P  0 m  0 0,25   m9 Từ 2 trường hợp trên ta có m  1;  thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chú ý : Học sinh có thể sử dụng hàm số để gải bài toán trên. 0,25  9 x 2  18 x Điều kiện y '  0, x  0  2m   g ( x ), x  0  Max g ( x)  2m 3x  2 x 0 Câu II   Giải phương trình cos x  cos 3x  1  2 sin  2 x   1,0  4   Ta có: cos x  cos 3x  1  2 sin  2 x    2 cos x cos 2 x  1  sin 2 x  cos 2 x  4 0,25 2  2 cos x  2 sin x cos x  2 cos x cos 2 x  0    2 cos x cos x  sin x  (cos 2 x  sin 2 x)  0  cos x (cos x  sin x)(1  sin x  cos x)  0 0,25   cos x  0  x   k  2 1   cos x  sin x  0   tan x  1 0,25 cos x  sin x  1  cos x     1   4 2    x  2  k     x    k , k  Z 0,25  4   x  k 2  2  Giải phương trình : 5( x x 2  6  ( x  1) x 2  2 x  7 )  13(2 x  1) . ( x  R). 1,0 u  x 2  6 2 x  1  v 2  u 2  Đặt:   v 2  u 2  1 , u, v  0 0,25 2 v  x  2 x  7 x   2 Ta có: Pt (1) thành: v2  u 2 1  v2  u 2 1  5 u  5  1v  13(v 2  u 2 ) 2  2  0,25 u  v (a )   5(v  u ) v  u  2   1  26(u  v )(v  u )   2 5(u  v)  26(u  v )  5  0 (b) 0,25
1 (a)  x 2  6  x 2  2x  7  x  2 u  v  5 Xét (b)   . Nhưng ta có: u+v = x 2  6  x 2  2 x  7  5 , dáu bằng xảy ra u  v  1  5 0,25 1 1 khi x = . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= 2 2 Câu 10 x  2 x  1 III  Tính tích phân :  dx 1,0 5 x2 2udu  dx x : 5  10 Đặt u  x  1  u 2  x  1   2 , đổi cận : 0,25 x  u  1 u: 2  3 3 3 3 (u 2  3)u.2udu 4 1 du Ta có : I   2  2. (u 2  4  2 )du  2( u 3  4u ) 32 8 2 0,25 2 u 1 2 u 1 3 2 u 1 3 62 1 1 62 u 1 3 62 3 I  4 (  )du   4 ln 2 I  4 ln 0,5 3 2 u 1 u 1 3 u 1 3 2 Câu IV  Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SAC) theo a. 1,0 - - ABC vuông tại A có BC = 2a; AC = a khi đó S - Góc B = 300, C = 600. Gọi N là hình chiếu của H trên AC thì N cũng là trung điểm Của AC. Khi đó ta có AC vuông góc với (SNH) nên góc giữa (SAC) và (ABC) là góc SNH = 600 a 3 Trong tam giác vuông SHN ta tính được HN = 2 0,25 3a H Và SH là C B 2 N - M A 1 a2 3 - Diện tích tam giác ABC là S = ABAC  2 2 0,25 1 a3 3 - Thể tích khối chóp S.ABC là V = SH .S  3 4 Qua B kẻ đường thẳng a song song với AH, gọi M là hình chiếu của H trên a và K là hình chiếu của H trên SM. Ta có AH //(SBM) và K là hình chiếu của H trên (SBM) 0,25 Nên khoảng cách giữa SB và AH bằng độ dài đoạn HK
a 3 Ta có tam giác ACH đều nên góc HBM bằng 600  HM  HB sin 60 0  2 1 1 1 4 4 16 3a Trong tam giác vuông SHM có: 2  2  2  2  2  2  HK  0,25 HK HM HS 3a 9a 9a 4 3a Vậy khoảng cách gữa hai đường thẳng AH và SB là . 4 Câu V 2 3 P  . 1,00 a  ab  3 abc abc Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 1 a  4b 1 a  4b  16c 4 a  ab  3 abc  a  .  .  a  b  c . 2 2 4 3 3 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  4b  16c . 3 3 Suy ra P   Đặt t  a  b  c, t  0 . Khi đó ta có: 2a  b  c abc 3 3 0,25 P  2t t 3 3 3 3 Xét hàm số f  t    với t  0 ta có f '  t    2. 2t t 2t t 2t 3 3 f ' t   0   2  0  t 1 2t t 2t Đặt Bảng biến thiên t  0 1  f ' t   0 + f t  0,25 0 3  2 3 Do đó ta có min f  t    khi và chỉ khi t  1 t 0 2  16 a  21  a  b  c  1  4 đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   b  . 0,25 a  4b  16c  21  1  c  21
3  16 4 1  Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  khi và chỉ khi  a,b,c    , , . 2  21 21 21  Câu  Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 1,0 VI.a 9 3 Tọa độ I ( ; ) ,M là trung điểm AD thì M (3;0) 2 2 3 AA BB Ta có IM  2 và AB  2 IM  3 2 0,25 2 MM Vì S ABCD  AB. AD  12  AD  2 2 III BD CC 1 AD đi qua M (3;0) và vuông góc với IM nên có phương trình x  y  3  0  x  2  A(2;1) 0,25 Gọi A( x;  x  3) ta có MA  2    x  4  A(4; 1) - Với A(2;1) ta có D (4; 1); C (7;2); B(5;4) 0,25 - Với A(4; 1) ta có D (2;1) và B(7;2); C (5; 4) Vậy A(2;1) ; B(5; 4); C (7; 2); D(4; 1) hoặc A(4; 1) ; B(7;2); C (5; 4) ; D (2;1) 0,25 Viết phương trình mặt cầu… 1,0 8 8 5 AB=AC=BC= 2 3 , G  ; ;  là trọng tâm của tam giác ABC.Do S.ABC đều nên G 3 3 3  0,25 2 2 là hình chiếu của S trên mf(ABC). AG = 2, SG = SA  AG  3 AB, AC    3;15;3 nên SG có véc tơ chỉ phương là u(1;5;1 khi đó SG có phương  8 x  3  t   8 8 8 5  1 0,25 trình:  y   5t  S   t;  5t ;  t  . Từ SG = 3  t   , vì S có tung độ 2 3 3 3 3  3   5 z  3  t  lớn hơn 2 nên S(3;1;-2) Phương trình mặt phẳng trung trực của SA là (P): 4x + 4y +2z – 21 =0, Tâm I của mặt  5 7  3 0,25 cầu là giao của (P) và SG. Tìm được I  ; ;  2 2 2  2 2 2  5  7  3 27 Bán kính R = IS. Tìm được phương trình mặt cầu:  x     y     z    0,25  2  2  2 4 Câu Tính xác suất VII.a Kí hiệu: A  1,2...,9, mỗi số có 3 chữ số khác nhau và khác 0 tương ứng với một chỉnh hợp chập 3 của 9 phần tử trong A. Vậy không gian mẫu có số phần tử là:   A93  504 0,25 Kí hiệu A1 = 3,6,9 , A2 = 1,4,7 , A3 = 2,5,8 Số lập được chia hết cho 3 nên tổng các chữ số của số đó chia hết cho 3. TH1: Cả 3 chữ số đều chia hết cho 3, mỗi số lập được ứng với 1 hoán vị của 3 phần tử 0,25 thuộc A1 nên có 3! Số TH2: Cả 3 chữ số đều chia 3 dư 1 tương tự ta có 3! Số
TH3: Cả 3 chữ số đều chia 3 dư 2 tương tự ta có 3! Số TH4: Có 1 chữ số chia hết cho 3 (có 3 cách chọn), 1 chữ số chia 3 dư 1(có 3 cách chọn), 1chữ số chia 3 dư 2 (có 3 cách chon). Theo quy tắc nhân có 27 bộ số rồi mỗi bộ số lập 0,25 được 3! Số. Từ 4 trường hợp trên ta có 30x 3! = 180 số M : ‘ Số được chọn là số chia hết cho3 có 3 chữ số khác nhau và khác 0’ 180 5 0,25 Xác suất của biến cố M là : P =  504 14 Câu  1,0 VI.b BC đi qua B(1;5) và vuông góc AH nên BC có pt - 2x + y – 3 = 0  2 x  y  3  0 Toạ độ C là nghiệm của hpt   C (4;5) 0,25 x  y  1  0 Gọi A’ là điểm đối xứng B qua đường phân giác x  y  1  0(d ), BA  d  K Đường thẳng KB đi qua B và vuông góc d nên KB có pt: x + y – 6 = 0 1 x  y  6  0 7 5 0,25 Toạ độ điểm K là nhgiệm của hpt   K ( ; ) Suy ra A’ (6;0) , x  y  1  0 2 2 Pt A’C :x – 2y – 6 = 0 x  2 y  6  0 0,25 Do A  CA '  AH nên toạ độ A là nhgiêm của hpt   A(4;1) x  2 y  2  0 Trung điểm I của AC có toạ độ là I(0;-3) đồng thời I là trung điêm BD nên D(-1;-11) 0,25 1,0 r uur uur Giả sử nQ là một vecto pháp tuyến của (Q). Khi đó nQ  nP 1; 1; 1 Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy và Oz tại M  0; a;0  , N  0;0; b  phân biệt sao cho 0,25 a  b  0 OM = ON nên a  b    a  b  0 uuuur r uur r uur r uur Nếu a = b thì MN   0; a; a  // u  0; 1;1 và nQ  u nên nQ  u, nP    2;1;1 . 2 0,25 Khi đó mặt phẳng (Q): 2 x  y  z  2  0 và  Q  cắt Oy, Oz tại M  0; 2;0  và N  0;0;2  (thỏa mãn) uuuur r uur r uur r uur Nếu a = - b thì MN   0; a; a  // u  0;1;1 và nQ  u nên nQ  u, nP    0;1; 1 . 0,25 Khi đó mặt phẳng (Q): y  z  0  Q  cắt Oy, Oz tại M  0;0;0  và N  0;0;0  (loại). Vậy  Q  : 2 x  y  z  2  0 . 0,25 Câu log3 x log3 x 2x VII.b Giải phương trình:   10  1    10  1  3 . 1,0 Điều kiện : x > 0 log3 x log3 x 2 - Ta có phương trinhg tương đương với:  10  1    10  1   .3log3 x 3 0,5
log 3 x log 3 x  10  1   10  1  2 -         3   3  3 log3 x  10  1  Đặt t    (t > 0). Phương trình trỏ thành:  3   1  10 t  0,5 3 1 2 2  t    3t  2t  3  0  1  10 ( loại) t 3 t   3 1  10 Với t = ta giải được x = 3. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =3. 3 - Chú ý : HS làm cách khác, đúng giáo viên chấm vẫn cho điểm bình thường. Cảm ơn cô Thúy (thuy79@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl