Đề thi khảo sát chất lượng Toán 12 Thanh Hóa

Chia sẻ: Trần Bá Trung3 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

252
lượt xem 37
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

3 Đề thi khảo sát chất lượng Toán 12 Thanh Hóa sẽ giúp các bạn định hướng ôn tập, rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức, các bạn nên ôn tập kiến thức trước khi làm bài. Sau khi làm bài, sử dụng đáp án để tìm hiểu phương pháp trình bày bài, tự đánh giá mức độ ghi nhớ và khả năng vận dụng kiến thức của chương, từ đó có kế hoạch ôn tập đầy đủ hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát chất lượng Toán 12 Thanh Hóa

Sở GD & ĐT Thanh Hoá KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI B và D Tháng 03/2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) x Cho hàm số y = (C) x-1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2.0 điểm) 1. Giải phương trình 2cos6x+2cos4x- 3cos2x =sin2x+ 3  2 1 2 x  x  y  2 2. Giải hệ phương trình   y  y 2 x  2 y 2  2  Câu III. (1.0 điểm) 1 x  ( x sin x  2 3 Tính tích phân )dx 0 1 x Câu IV. (1.0 điểm) 1 1 1 Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện   2 x y z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Câu V. (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < 3 ) các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không dược chấm điểm). A. Theo chương trình nâng cao Câu VIa. (2.0 điểm) 1. 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d 1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d 1), (d2), trục Oy. 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N. Câu VIIa. (1.0 điểm) log3 ( x  1)2  log 4 ( x  1)3 Giải bất phương trình 0 x2  5x  6 B. Theo chương trình chuẩn Câu VIb. (2.0 điểm) 1. Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d). 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q). Câu VIIb. (1.0 điểm) Giải phương trình Cxx  2Cxx1  Cxx2  Cx2 3 ( Cn là tổ hợp chập k của n phần tử) 2 x k .................HẾT.............. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh .......................................................... số báo danh.................................................. http://kinhhoa.violet.vn
Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI B - D Tháng 03/2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM Câu I 0.25 (2.0đ) TXĐ : D = R\{1} 1. Chiều biến thiên 0.25 (1.0đ) lim f ( x)  lim f ( x)  1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x  x  lim f ( x)  , lim   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số   x 1 x 1 1 y’ =  0 ( x  1) 2 Bảng biến thiên 0.25 x - 1 + y' - - 1 y + 1 - Hàm số nghịc biến trên (;1) và (1; ) Hàm số không có cực trị Đồ thị.(tự vẽ) 0.25 Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 2.(1.0đ) Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối 0.25 xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất. 1 x Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : y   ( x  x0 )  0 ( x0  1) 2 x0  1 2 1 x0  x y 0 ( x0  1) 2 ( x0  1) 2 2 0.25 x0  1 Ta có d(I ;tt) = 1 1 ( x0  1) 4 2t (1  t )(1  t )(1  t 2 ) Xét hàm số f(t) = (t  0) ta có f’(t) = 1 t4 (1  t 4 ) 1  t 4 http://kinhhoa.violet.vn
f’(t) = 0 khi t = 1 0.25 Bảng biến thiên x 0 1 + từ bảng biến thiên ta c d(I ;tt) lớn nhất f'(t) + 0 - khi và chỉ khi t = 1 hay f(t) 2  x0  2 x0  1  1    x0  0 + Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x 0.25 + Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 Câu 4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos2x 0.25 II(2.0đ) cos x=0 0.25 1.  (1.0đ)  2cos5x =sinx+ 3 cos x cos x  0 0.25  cos5x=cos(x-  )  6   0.25  x   k 2   k  x     24 2   x    k 2   42 7 2.(1.0đ) ĐK : y  0 0.5  2 1 2 x  x  y  2  0 2u 2  u  v  2  0   hệ   đưa hệ về dạng  2  2  1 x20 2v  v  u  2  0   y2 y      0.5  u  v   u  v  1  u  1  v  u  v  1 Từ đó ta có nghiệm của hệ  2  2v  v  u  2  0  3 7  3 7  u  2  u   2  ,   1  7 v  1  7  v    2  2 3 7 2 3 7 2 (-1 ;-1),(1 ;1), ( ; ), ( ; ) 2 7 1 2 7 1 Câu III. 1 1 x 0.25 (1.0đ) I   x 2 sin x3dx   dx 0 0 1 x http://kinhhoa.violet.vn
1 0.25 x sin x3dx đặt t = x3 ta tính được I1 = -1/3(cos1 - sin1) 2 Ta tính I1 = 0 1 x 1 1   0.25 Ta tính I2 =  dx đặt t = x ta tính được I2 = 2 (1  )dt  2(1  )  2  0 1 x 0 1 t 2 4 2  0.25 Từ đó ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+ 2  2 1 1 1 0.25 Câu IV. Ta có x  y  z  2 nên (1.0đ) 0.25 1 1 1 y 1 z 1 ( y  1)( z  1)  1 1   2 (1) x y z y z yz 1 1 1 x 1 z 1 ( x  1)( z  1) Tương tự ta có  1 1   2 (2) y x z x z xz 1 1 1 x 1 y 1 ( x  1)( y  1)  1 1   2 (3) y x y x y xy 1 0.25 Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( x  1)( y  1)( z  1)  8 0.25 1 3 vậy Amax = x yz 8 2 Câu V. 0.5 (1.0đ) Ta có SBD  DCB (c.c.c)  SO  CO S Tương tự ta có SO = OA vậy tam giác SCA vuông tại S.  CA  1  x 2 Mặt khác ta có AC 2  BD2  AB2  BC 2  CD2  AD2 C D  BD  3  x 2 (do 0  x  3) H 1  S ABCD  1  x2 3  x2 O 4 B A Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB) 0.25 Vì SB = SD nên HB = HD  H  CO 1 1 1 x 0.25 Mà 2  2  2  SH  SH SC SA 1  x2 1 Vậy V = x 3  x 2 (dvtt) 6 Câu 0.5 VIa. Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) (2.0đ) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) 1. Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) http://kinhhoa.violet.vn
(1.0đ) 0.5 Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 2. 1.0 (1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Y Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) D' A' B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng C' 2 2 2 B' x + y + z +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có  5 N A   2 1  2 A  D  0  2  2 B  2C  D  0 B   5 M   D A  X  2 8  4 A  4C  D  0  1 8  4 B  4C  D  0  C    2 C B D  4  Z Vậy bán kính R = A2  B2  C 2  D  15 Câu Đk: x > - 1 0.25 VIIa (1.0đ) 3log 3 ( x  1) 0.25 2 log3 ( x  1)  log 3 4 bất phương trình  0 ( x  1)( x  6) log3 ( x  1)  0 x6 0.25 0 x6 0.25 Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)2 + (x-b)2 = R2 0.25 Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình 0.25 Câu (1  a) 2  b 2  R 2 VIb  (2.0đ) (1  a)  (2  y )  R 2 2 2 1. (a  b  1) 2  2 R 2 (1.0đ)  a  0 0.5   b  1 R2  2  Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2         2. Ta có AB(1;1;1), nQ (1; 2;3),  AB; nQ   (1; 2;1)   1.0 (1.0đ)          Vì  AB; nQ   0 nên mặt phẳng (P) nhận  AB; nQ  làm véc tơ pháp tuyến     Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0 Câu 2  x  5 1.0 VIIb ĐK :  (1.0đ) x  N Ta có Cxx  Cxx1  Cxx1  Cxx2  Cx2 3  Cxx1  Cxx1  Cx2 3  Cxx2  Cx2 3 2 x 1 2 x 2 x  (5  x)!  2!  x  3 Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®-îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh- ®¸p ¸n quy ®Þnh. http://kinhhoa.violet.vn
KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI A Tháng 03/2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) x Cho hàm số y = (C) x-1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2.0 điểm) 1.Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 biết x [ 0 ;  ]. 33 x 2 y  5.6 x  4.23 x 2 y  0  2. Giải hệ phương trình   x  y  y  ( 2 y  x )( 2 y  x ) 2  Câu III. (1.0 điểm) 1 4 x Tính tích phân  ( x e  3 2 x )dx 0 1 x Câu IV. (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz + zx  2xyz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Câu V. (1.0 điểm) Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c. Tính thể tích của tứ diện ABCD. PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không được chấm điểm). A. Theo chương trình nâng cao Câu VIa. (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d 1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d 1), (d2), trục Oy. 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N. Câu VIIa. (1.0 điểm) log3 ( x  1)2  log 4 ( x  1)3 Giải bất phương trình 0 x2  5x  6 B. Theo chương trình chuẩn Câu VIb. (2.0 điểm) 1. Cho elip (E) : 4x2 + 16y2 = 64.Gọi F1, F2 là hai tiêu điểm. M là điểm bất kì trên (E).Chứng tỏ rằng 8 tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F2 và tới đường thẳng x = có giá trị không đổi. 3 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q). Câu VIIb. (1.0 điểm) 1 2 6 3 Giải bất phương trình A2 x  Ax  Cx  10 ( Cn , An là tổ hợp, chỉnh hợp chập k của n phần tử) 2 k k 2 x .................HẾT.............. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh .......................................................... số báo danh..................................................
Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN Tháng 03/2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM Câu I 0.25 (2.0đ) TXĐ : D = R\{1} 1. Chiều biến thiên 0.25 (1.0đ) lim f ( x)  lim f ( x)  1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x  x  lim f ( x)  , lim   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số x 1  x 1 1 y’ =  0 ( x  1) 2 Bảng biến thiên 0.25 x - 1 + y' - - 1 y + 1 - Hàm số nghịc biến trên (;1) và (1; ) Hàm số không có cực trị Đồ thị.(tự vẽ) 0.25 Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 2.(1.0đ) Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối 0.25 xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất. 1 x Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : y   ( x  x0 )  0 ( x0  1) 2 x0  1 2 1 x0  x y 0 ( x0  1) 2 ( x0  1) 2 2 0.25 x0  1 Ta có d(I ;tt) = 1 1 ( x0  1) 4 2t (1  t )(1  t )(1  t 2 ) Xét hàm số f(t) = (t  0) ta có f’(t) = 1 t4 (1  t 4 ) 1  t 4
f’(t) = 0 khi t = 1 0.25 Bảng biến thiên x 0 1 + từ bảng biến thiên ta c d(I ;tt) lớn nhất f'(t) + 0 - khi và chỉ khi t = 1 hay f(t) 2  x0  2 x0  1  1    x0  0 + Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x 0.25 + Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 Câu 0.25 II(2.0đ) Phương trình đã cho tương đương với 1. 2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x (1.0đ) cosx=0 0.25  4cos3xcosx=2 3cos 2 x  2s inxcosx    2cos3x= 3cosx+sinx  0.25 + cosx=0  x=  k 2   3x=x- 6  k 2  + 2cos3x= 3cosx+sinx  cos3x=cos(x- )   6 3x    x  k 2   6 0.25    x   12  k  11  13  vì x   0;    x  , x  ,x  ,x   x    k 2 12 24 24   24 2 2.(1.0đ)  x, y  0 0.25 ĐK:  x  y Hệ phương trình 33 x 2 y  5.6 x  4.23 x 2 y  0  33 x 2 y  5.6 x  4.23 x 2 y  0     x  y  y  (2 y  x)( 2 y  x )   x  2 y  (2 y  x)( 2 y  x )( x  y  y )  33 x 2 y  5.6 x  4.23 x 2 y  0  33 x 2 y  5.6 x  4.23 x 2 y  0 0.25   (2 y  x)[( 2 y  x )( x  y  y )  1]  0  2 y  x  0 (do 2 y  x )( x  y  y )  1  0 ) 33 x 2 y  5.6 x  4.23 x 2 y  0 32 x  5.6 x  4.22 x  0 (1)   2 y  x 2 y  x (2)
 3 x 3 2x 3 x ( 2 )  1 x  0 Giải (1): 3  5.6  4.2  0  ( )  5.( )  4  0   2x x 2x   x  log 4 0.25 2 2 ( 3 ) x  4  3   2 2  Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0 0.25 1 Với x  log 3 4 thay vao (2) ta được y = log 3 4 2 2 2 1 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x  log 3 4 ,y = log 3 4 2 2 2 Câu III. 1 4 x 1 1 4 x 0.25 Đặt I =  ( x 2e x  )dx . Ta có I =  x 2e x dx   3 3 (1.0đ) dx 0 1 x 0 0 1 x 1 1 1 t 1 t 1 1 0.25 Ta tính I1   x 2e x dx Đặt t = x3 ta có I1   e dt  3 e  e 3 1 0 0 30 3 3 1 4 x 0.25 Ta tính I 2   dx Đặt t = 4 x  x  t 4  dx  4t 3dt 0 1 x 2  1 1 t4 1 0.25 Khi đó I 2  4 dx  4 (t 2  1  )dt  4(  ) 0 1 t 2 0 1 t 2 3 4 1 Vậy I = I1+ I2  e    3 3 1 1 1 0.25 Câu IV. Ta có xy  yz  xz  2 xyz  x  y  z  2 nên (1.0đ) 0.25 1 1 1 y 1 z 1 ( y  1)( z  1)  1 1   2 (1) x y z y z yz 1 1 1 x 1 z 1 ( x  1)( z  1) Tương tự ta có  1 1   2 (2) y x z x z xz 1 1 1 x 1 y 1 ( x  1)( y  1)  1 1   2 (3) y x y x y xy 1 0.25 Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( x  1)( y  1)( z  1)  8 1 3 0.25 vậy Amax = x yz 8 2
Câu V. Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng P 1.0 (1.0đ) Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có B D x  2(a 2  c 2  b 2 ), y  2(b 2  c 2  a 2 ) z  2(a 2  b 2  c 2 ) A Vậy V = 1 2(a 2  c 2  b2 )(b2  c 2  a 2 )(a 2  b2  c 2 ) M C N 12 Câu Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) 0.5 VIa. Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) (2.0đ) Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) 1. Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có 0.5 (1.0đ) I(4/3 ; 0), R = 4/3 2. 1.0 (1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Y Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) D' A' B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng C' 2 2 2 B' x + y + z +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có  5 N A   2 1  2 A  D  0  2  2 B  2C  D  0 B   5 M   D A  X  2 8  4 A  4C  D  0  1 8  4 B  4C  D  0  C    2 C B D  4  Z Vậy bán kính R = A2  B2  C 2  D  15 Câu Đk: x > - 1 0.25 VIIa (1.0đ) 3log 3 ( x  1) 0.25 2 log3 ( x  1)  log 3 4 bất phương trình  0 ( x  1)( x  6) log3 ( x  1)  0 0.25 x6 0 x6 0.25 Ta có F1 ( 12;0), F2 ( 12;0) Giả sử M(x0 ; y0)thuộc (E) H là hình chiếu của M trên 0.5 Câu 8 8  3x0 VIb đường thẳng x  . Ta có MF2 = a - cx0/a = (2.0đ) 3 2 1. 8  3x0 MF2 0.5 (1.0đ) MH = . Vậy không đổi 3 MH
        2. Ta có AB(1;1;1), nQ (1; 2;3),  AB; nQ   (1; 2;1)   1.0 (1.0đ)          Vì  AB; nQ   0 nên mặt phẳng (P) nhận  AB; nQ  làm véc tơ pháp tuyến     Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0 Câu nghiệm bất phương trình là x = 3 và x = 4 1.0 VIIb (1.0đ) Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®-îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh- ®¸p ¸n quy ®Þnh
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƢỢNG 2010 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) m Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  m  x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) cos 2 x.  cos x  1 1. Giải phương trình  2 1  sin x  . sin x  cos x 2. Giải phương trình 7  x2  x x  5  3  2 x  x2 (x   ) x 3 3 Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân  3. 0 x 1  x  3 dx . Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x  y  3xy. x3  y 3  16 z 3 Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   x  y  z 3 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ đƣợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chƣơng trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x 1 y 1 z  2 x2 y2 z d1:   , d2:   2 3 1 1 5 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d 1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chƣơng trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x  3 y  2 z 1 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:   và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. 2 1 1 Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 .  1  log 1  y  x   log 4  1 Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  4 y ( x, y   )  2  x  y  25 2 -------------------Hết ------------------- 1
SƠ LƢỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1 1,0 1 Với m =1 thì y  x  1  x2 0.25 a) Tập xác định: D   \ 2 b) Sự biến thiên: 1 x2  4 x  3 x 1 y ' 1  , y' 0   .  x  2  x  2 x  3 2 2 lim y   , lim y   , lim y   ; lim y   , 0.25 x  x    x 2 x 2 lim  y  ( x  1)  0 ; lim  y  ( x  1)  0 x  x Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1. Bảng biến thiên x - 1 2 3 + y’ + 0 – – 0 + 1 + + y 0.25 - - 3 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;1 ,  3;   ; hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 1;2  ,  2;3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3. c) Đồ thị: 0.25 2
2 1.0 m Với x  2 ta có y’ = 1- ; ( x  2)2 0.25 Hàm số có cực đại và cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2  m  0 x  2  m  y1  2  m  2 m Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 0.25 x2  2  m  y2  2  m  2 m Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2  m; 2  m  2 m ) ; B( 2  m; 2  m  2 m ) Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 0.25 2m m  2m m m  0  m  2 Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán 0.25 Vậy ycbt  m = 2. II 2.0 cos 2 x.  cos x  1 1 Giải phương trình  2 1  sin x  . 1.0 sin x  cos x ĐK: sin x  cos x  0 0.25 Khi đó PT  1  sin x   cos x  1  2 1  sin x  sin x  cos x  2  1  sin x 1  cos x  sin x  sin x.cos x   0 0.25  1  sin x 1  cos x 1  sin x   0 sin x  1  (thoả mãn điều kiện) 0.25 cos x  1     x   2  k 2  k , m Z    x    m2 0.25  Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x    k 2 và x    m2  k , m Z  2 2 Giải phương trình: 7  x2  x x  5  3  2 x  x2 (x   ) 1.0 3  2 x  x 2  0  PT   0.25 7  x  x x  5  3  2 x  x 2 2  3  2 x  x 2  0   0.25  x x  5  2( x  2)   3  x  1  2  x  0   x  0   x  1  x  16   0 2 0.25  x2   x  5  2.  x  x  1 0.25 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 3
x 3 3 1.0 III Tính tích phân  3. 0 x 1  x  3 dx . x  0  u  1 Đặt u = x  1  u 2  1  x  2udu  dx ; đổi cận:  0.25 x  3  u  2 x 3 2u 3  8u 3 2 2 2 1 0.25 Ta có:  3 x  1  x  3 1 u  3u  2du   (2u  6)du  6 u  1du 0 dx   2 1 1   1  6ln u  1 1 2 2 0.25  u 2  6u 3 0.25  3  6 ln 2 IV 1.0 D Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . C B 0.25 N H M A 2  3 6 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1    3   3  2 2 2   0.25 1 3 Diện tích tam giác AMN là S AMN  AM . AN .sin 600  xy 2 4 1 2 Thể tích tứ diện D. AMN là V  S AMN .DH  xy 0.25 3 12 1 1 1 Ta có: S AMN  S AMH  S AMH  xy.sin 600  x. AH .sin 300  y. AH .sin 300 2 2 2 0.25  x  y  3xy. V 1.0  x  y 3 (biến đổi tương đương)  ...   x  y   x  y   0 2 Trước hết ta có: x  y 3 3  0.25 4  x  y  64 z 3 a  z   64 z 3 3 3 4P    1  t   64t 3 3 Đặt x + y + z = a. Khi đó 3 3 a a 0.25 z (với t = , 0  t  1 ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có 1 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t   0;1 2 0.25   9 Lập bảng biến thiên 64 16  Minf  t    GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 t0;1 81 81 4
VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:  21 x  2 y 1  0 x  5   21 13  0.25    B ;   x  7 y  14  0  y  13  5 5   5 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và    BD, kí hiệu nAB (1; 2); nBD (1; 7); nAC (a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các            đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos nAB , nBD  cos nAC , nAB  0.25  a  b 3  a  2b  a  b  7a  8ab  b  0   2 2 2 2 2 a   b  7 - Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, x  y 1  0 x  3 A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:    A(3; 2) x  2 y 1  0  y  2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:  7 x  y 1  0 x  2  7 5 0.25   I  ;   x  7 y  14  0 y  5 2 2   2  14 12  Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;  5 5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0  x  1  2t x  2  m   Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5m 0.25 z  2  t  z  2m   Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)   0.25  MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 3  m  2t  2k        Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  kn p  3  5m  3t  k có nghiệm 0.25 2  2m  t  5k  m  1 Giải hệ tìm được  t  1  x  1  2t  Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y  4  t thoả mãn bài toán 0.25  z  3  5t  5
VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 n  N Điều kiện:  n  3 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3 n  7 (thoả mãn)  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0    n  13 (không thoả mãn) 0.25 Vậy n = 7. 3 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  . 1  i    1  i  .(2i)3  (1  i).(8i)  8  8i 2 0.25   Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử B( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d2  xC  2 yC  7  xB  xC  2  6 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:   yB  yC  3  0 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25    Ta có BG(3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 9 81 Bán kính R = d(C; BG) =  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 0.25 5 25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là:  x  3  2t  x  3  2t  y  2  t    y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ  (tham số t) 0.25  z  1  t  z  1  t  x  y  z  2  0   M (1; 3;0)    Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; 1) .     Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)     Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó MN ( x  1; y  3; z ) .     0.25 Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x  y  z  2  0  Lại có N  (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x  3 y  z  11  0 ( x  1) 2  ( y  3) 2  z 2  42  Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 x 5 y2 z 5 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  :   2 3 1 0.25 x3 y4 z 5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  :   2 3 1 6
VII.b  1 1.0 log 1  y  x   log 4 y  1 Giải hệ phương trình  4 ( x, y   )  2  x  y  25 2 y  x  0 Điều kiện:  0.25 y  0  1  yx yx 1 log 4  y  x   log 4 y  1 log 4 y  1  y  4 Hệ phương trình     0.25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25    x  3y x  3y x  3y   2  2   2 25 0.25  x  y  25 9 y  y  25  y  2 2  10   15 5   x; y    ;  (không thỏa mãn đk)  10 10     15 5  0.25  x; y     ;  (không thỏa mãn đk)    10 10  Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định. 7