SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN ******

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: Toán 12 – Khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút ******

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

y

  1

x 2 x

4  1 

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số:

x

2cos

x

  2MA MB  

x

x

cos 2

 3 1 sin 

3

3

2

y

x

6

y

2

x

7

y

2sin 2x 2sin  2cos 1 x  12

 

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của đồ thị hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M nằm trên (C) có hoành độ lớn hơn 1; biết rằng tiếp tuyến cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B sao cho: 3 . 1 . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:

2

2

x

y

10

x

5

y

22

x  

3  

x

3 

y 

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

L

lim 0 x 

e

    ln 1 sin  1x 

AB

a 2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính giới hạn:

2

2

2

; AD CD a 

ca

2

3

a

b

c

 . Tìm giá trị

ab bc 

2

2

2

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D; SA vuông góc với mặt  . Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt đáy (ABCD) là 600. Mặt phẳng đáy (ABCD); (P) đi qua CD và trọng tâm G của tam giác SAB cắt các cạnh SA, SB lần lượt tại M, N. Tính thể tích khối chóp S.CDMN theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn

S

a

b

c

a b c

3

1   

. lớn nhất của:

B

1; 2A 

3; 4

4 0

: 2

d

,

và đỉnh C y   . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết đỉnh

2;1;3

A

  1; 2; 1  và

 B 

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với nằm trên đường thẳng x C có tung độ dương và diện tích tam giác ABC bằng 2. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm . Tìm tọa độ điểm

C 6

160

7x trong khai

n n

1  1

2 A n

 

n

3

x

x

2

1 2 

. Tìm hệ số của

.



2

2

E

:

1

 với hai tiêu điểm

C trên trục Ox sao cho tam giác ABC vuông tại C. Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn triển  B. Theo chương trình Nâng cao

,F F 1 2

x 9

y 5

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip 

(hoành độ của

1F âm). Tìm tọa độ điểm M thuộc elip (E) sao cho góc  0 60 C

A

D

MF F  1 2   B  2;1;3

  1; 2;1

 2; 1;1 

 0;3;1 .

, , , Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm . 

x

x

2

y

x y 

3

9

7

Chứng minh A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện. Tính thể tich khối tứ diện đó.

x y 

y

x

2

4

3

. Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

 log 10 81

3  3   

 --------------------HẾT--------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN ********

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: Toán 12 – Khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút *******

Điểm Nội dung Câu 1

y

2

lim x 

x 2 x

4  1 

y  2

;  

 

lim  1 x 

2 x x

4  1 

4  1 

1x 

0.25 điểm 1. Khảo sát sự biến thiên ….. * Tập xác định: * Sự biến thiên của hàm số - Giới hạn của hàm số tại vô cực và giới hạn vô cực

lim x  Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng: 2 x lim x  1 x  Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng: - Bảng biến thiên 2

y

'

0,

x

1

  

x

2 1

0.25 điểm

 1  + +  2 2 

;1 và 

 1;  .

x y' y

0.25 điểm

6

5

4

3

2

1

-6

-4

-2

2

4

6

-1

-2

Hàm số đồng biến trên các khoảng  Hàm số không có cực trị. * Đồ thị 0.25 điểm

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị …..

;

x  . 0 1

2 x 0 x 0

 M x  0 

 4  1  

2

Gọi với 0.25 điểm

y

x

x 0

2

4  1 

2 x 0 x 0

x 0

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là:

2;0

 

x 04

 2 A x  0

 1  , cắt trục tung Oy tại

2

0;

B

2

2 x 0 x 0

x 0  1 

x 0

   

 4   1 

2

Tiếp tuyến cắt trục hoành Ox tại 0.25 điểm

  MA

3

 MB

;

2;  

2 x 0

x 0

x 0

2

x 2 0 x 0

    

x 0  1 

x 0

   

2

3

2

      

x 0

2 x 0

x 0

 4  1   

3

  3 2 MA MB 

; Ta có: 0.25 điểm

x   0

2

2

2

2 x 0 x 0

 4  1  

x 0  1 

x 0

   

   

Nên

   3    3     

3;1M 

y

1 x 2

1  2

Từ đó: 0.25 điểm Phương trình tiếp tuyến cần lập:

2 cos

x

x

1

cos 2

x

x

 3 1 sin 

2sin 2x 2sin  1 x 2 cos 

x   1 0

2 . Giải phương trình:

2 cos

x

x

 1

cos 2

x

x

 3 1 sin 

 1 2sin x 2 cos

1

2sin

x

x

cos 2

x

1 

Điều kiện: 2 cos Phương trình đã cho tương đương với: 0.25 điểm

 1 sin  

 

x

sin

 3 1 sin   1  

sin

x

3 2

   

sin

x

1

x

k

k Z

    

2 , 

 0.25 điểm 2sin x x 3   0

k

x

2 

sin

x

k Z 

3   2

k

2 

 2  3 2  3

     x 

0.25 điểm

x

k

x

k

 

2 

2 

 2

3

3

2

Đối chiếu điều kiện, ta có các nghiệm của phương trình đã cho là: 0.25 điểm và (với k Z )

x

y

6

y

2

x

7

y

12

(1)

 

2

2

3

y

x

y

10

x

5

y

22

x  

3  

  2

2  3    

3 Giải hệ phương trình:

3

3

y

x

2

2

2

2

x  

2

 có

Điều kiện: 0.25 điểm 3 3 x   y 

2 0,

f

f

t R

3 t

 3 2 t t  

  3    

   ' t

2

2

x

y

x

2

y       

  f x

 f y

  4

2

2

Ta có:   1 Xét hàm số: 0.25 điểm

3

x

x

x

10

x

5

x

2

22

2

 y    t Nên hàm số đồng biến trên R Bởi vậy:   3  Thay (4) vào (2): 1  

x  

2

 x 11

16

x

2

7

2

x

x



1

 2 1 x     2 x  1 1 x  

x 3      2 x  3 x  

2 0

x

 

  5

0.25 điểm

1

1

x

2

7

 

  6

1 1

 

3 x

1 y

 x x    4 2    

 5

1

1

7 2

x

0

  6

  

3

1

1 1

x  

1

0.25 điểm

3x  nên 7 2

1x

 và

3

Vì

x 0 . Hay (6) vô nghiệm. 7 2     1 3 x 1 x    Từ đó      

x   1 1x   1 1 1   x 2   y 4 

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất

x

L

lim x 0 

e

ln 1 sin  1x 

x

x

ln 1 sin 

x

4 Tính giới hạn:

ln 1 sin  x

x

1

sin x

e

e

ln 1 sin 

1   x

1

 và 1

 ; 1

Ta có: 0.25 điểm

lim 0 x 

lim x 0 

sin x sin x x

lim e 0 x

x  x 1x 

sin

x

x

L

0.5 điểm

lim x 0 

=1 Nên: 0.25 điểm

5

ln 1 sin  1x e  Tính thể tích khối chóp S.CDMN

V V

V

V

;

V

V

.

.

.

.

S CDA

S ABCD

S ABC

S ABCD

S ABC

.

D

1 3

1 3

, ta có: Đặt 0.25 điểm

/ /MN AB và

SM SN  SB SA

2  3

.

V

V

V

.

.

S CDM

S CDA

2   3

2 3

2 9

Mặt phẳng (P) đi qua CD và trọng tâm G của tam giác SAB, cắt các cạnh SA, SD lần 0.25 điểm lượt tại M, N, khi đó

SC SD SM SC SD SA

.

S CDA

Ta có: V S CDM V

2

S MNC

.

V

V

V

S MNC

S ABC

.

.

SM SN SC SA SB SC

2 3

8 27

4 9

  

  

.

V V S ABC Bởi vậy:

V

V

V

V

V

V

.

.

.

S MNC

S CDM

S CDMN

2 9

8 27

0.25 điểm

 nên BC AC   SCA SC AC ;

14 27 Vì ABCD là hình thang vuông tại A và D,  SA mp ABCD

AB 2 a      mp SBC mp ABC ; 

SCA 

nên D  ; AD CD a  

2

0

AC a

tan

6

SA AC 

3

a AB CD AD

6

a

 SCA a 

2 tan 60  

2

6

S

V

. SA

SA

 . . a a a a

ABCD

1   3

2

1   6

2

1 3 Vậy:

3

a

6

3

V

a

S CDMN

.

14 27

2

7 6 27

S

M

G

N

A

B

D

C

và Mặt khác Từ đó ta có:  060 Trong tam giác SAC vuông tại A, có 0.25 điểm

6

2

2

2

2

2

ca

ab bc 

0.25 điểm a b c   Tìm giá trị lớn nhất … Với a, b, c là các số dương ta có:  a b c   

2

2

2

2

a b c

3

 9

    

a b c   3

a b c   3

3 a b c   3 Bởi vậy:

a b c

3

   

2

2

2

2

b

c

ca

ca

a

2

ab bc 

3  

ab bc 

 3

a b c   3

 Nên:

2

2

2

2

c

b

a

a b c   6

3  2

 Bởi vậy:

Từ đó: 0 Ta có: 0.25 điểm

2

2

2

2

2

3

a b c   t S a b c         6 3 3   2 1 6 3 3 2 a b c t 1    1 

t 

f

  t

t

3

3 2

1

t

f

t

0,

'

  

  t

 0;3

2

1 3

3

0;3

t  

 0;3

Xét hàm số với 0 0.25 điểm 1 3 a b c    21 1 t 6 

f

Hay

S 

 t Nên hàm số đồng biến trên  Bởi vậy:     3 , f t f   17 t  6 17 6

a b

1

Suy ra:

c   

Dấu “=” xảy ra khi

max

S 

a b c

1

   .

17 6

khi Vậy:

 AB 

2 2

AB 

2; 2 Phương trình đường thẳng AB:

1 0

x

y  

; 2

4

t 

7.a Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp … và Ta có: 0.25 điểm

2

t  

d

: 2

x

0

4

y   nên

 C t

1

4

2 t

t

3

t

; d C AB

2

2

3

t

;

.

2 2

3

S

t

 

 AB d C AB

ABC

1   2

1 2

2

và 0.25 điểm Đỉnh C nằm trên đường thẳng 

3

2

t

ABC

0.25 điểm Bởi vậy: S 2

1         C 

t 1; 2

2

Nên

y

0

ax

by 2

2 2 

 

a

a

2

b c 4

0

5

  

b c 8

25

6

a

5      

b c 4

a

c

5   

2 

0.25 điểm

Gọi phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: x c Thay tọa độ A, B, C vào phương trình, ta có:     b     15   Vậy, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:

2

y

x

2 10 

15 0 

; 0; 0

y 8.a Tìm điểm C trên trục Ox …….  C t Vì điểm C trên trục Ox nên

 CA

t

2

t

;1;3

 CB

 1  

 ; 2; 1 

   

Ta có: ,

2.1

0

2

t

3 0

t

t

  

t   

2     

  

 1

1

13

13

1   

0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm Tam giác ABC vuông tại C điều kiện là:     CA CB 1 .3 0 .

    t   t  Như vậy:

hoặc 1 13; 0;0 1 13; 0; 0

 C  

0.25 điểm

n

C

n

160

3.

 n n

 1  

2 A n

n n

1  1

 

2

n

80

2

n  

10

0.25 điểm

  C   9.a Tìm hệ số trong khai triển Với n nguyên dương, ta có:   160 1 6   n 8  0      n 

8n 

3

x

2

x

1 2 

8

Vậy



8

8

8

3

3

x

x

x

x

2

2

2

1 2 

7x trong khai triển   x 2  

0.25 điểm

8

8

k

7

2

x

k x

Bài toán trở thành: Tìm hệ số của  Ta có: 

16

x

7x là:

2k 8 C 8

7 7 C x 82

 

k

1 

8

8

3

3

k

4

4

7

x

x

x

k x

2

x

2240

x

2

2

2

. Số hạng chứa *  0.25 điểm

7x là:

2k 8 C 8

4 3 x C 2 . 8

k

1 

  

  

* . Số hạng chứa

7x cần tìm là: 16 2240

2224

 

Vậy, hệ số của 0.25 điểm

3;

a  Tọa độ tiêu điểm:

c 

5; F 1

Ta có: 0.25 điểm

  1 *

 E

 ;M x y 0 0

3  

 4

3  

x MF ; 0 2

x F F ; 0 1 2

MF 1

2 3

nên Gọi 7.b Tìm tọa độ điểm M trên elip …..   9 5 2 b    F 2; 0 2;0 ;  2 2 2 y x 0 0 5 9

2 3 Để  0 MF F  60 1 2

2.

.cos

2 2 MF MF  2 1

2 F F 1 2

MF MF . 1 2

 MF F 1 2

2

2

2

0

3

3

4

.4.cos 60

x 0

x 0

x 0

2 3

2 3

  

  

  

    

 2. 3  

  

4

x

x

0

0

2 3 3       3 4

thì: 0.25 điểm 0.25 điểm

x   vào (*) ta có: 0

3 4

Thay 0.25 điểm

2

  

1

y

y

   

2 0

0

3 4 9

2 y 0 5

75       16

5 5 4

M

M

;

;

3 5 5 4

3 4

4

5 5 4

   

   

   

hoặc Như vậy:

 AC

 AB

 AD

1;1; 0

Ta có:

    8.b Tính thể tích khối tứ diện ……    1; 3; 0 ;   

 3; 1; 2 ;

  

 1  

. ;    AB AC AD . .1 .0   6 2 4      0.25 điểm 0.25 điểm     1 2 3 0 3  1 1  3 

;

;

nên Do không đồng phẳng. Hay 4 điểm A, B, C, D 3 2  0 1    AB AC AD      AB AC AD ; . 4 0        0.25 điểm

V

   AB AC AD

;

.

 

 

1 6

x

x

y

2

x y 

là 4 đỉnh của tứ diện. Thể tích tứ diện ABCD: 0.25 điểm

3

9

7

x y 

2

4

x

y

  1   2

3

9.b Giải hệ phương trình

 log 10 81

2 3 3  3   

2

2

2

x

y

x

y

2

2

2

2

2

x

x

y

x

y

x

y

x

y

  

3

3

 3

3

2 3

3 3  

7  

 7

x

4

y

4

x

4

y

2 3

3

10

  1   2

y

2

x

0

u  

0.25 điểm

2

y

x

0

v  

7

7

v

10

uv 2

10

u v 

 3   2 3  u v uv     2 2 u 

u v uv      2  

, ta có hệ phương trình: Đặt: 0.25 điểm

7

P

S

S ta có: Đặt: 0.25 điểm

7  

2

2

4 3

S P

 

2

10

2

S

P

S

S

24 0 

  

  

u v     uv P   S P   hoặc (loại) 6   13

   3 1

2

y

3

4 Như vậy: hoặc   S P 4 3 S   P  1 3     u   v 

2

y

1

x

y

  

2

x

y

2

2

0

1 3

x

y

1

  

x

y

2

x

y

1

2

0

1 3

u   v  x ta có: Với 0.25 điểm    3 1 u   v  u v     uv 3   x   3   2 3  

x

y

2

x

y

2

2

1

3

  

 3   2 3  

1 6

 x       y 

;

ta có: Với 1 3 u   v 

 ;x y là:

1 1 ; 3 3

1 3

1 6

  

  

  

  

và Vậy, hệ có hai nghiệm 