Tài liệu Thi thử ĐH môn Toán khối BD_THPT Lê Văn Hưu Thanh Hóa docx

http://ebook.here.vn - Thư viện sách trực tuyến Sở GD & ðT Thanh Hoá KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI B và D Tháng 03/2010 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát ñề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 ñiểm) Câu I. (2.0 ñiểm) Cho hàm số y = x x-1 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (C) 2. Viết phương trình tiếp tuyến với ñồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm ñối xứng của ñồ thị (C) ñến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2.0 ñiểm) 1. Giải phương trình 2 os6x+2cos4x- 3 os2x =sin2x+ 3 c c 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 1 2 2 2 2 x x y y y x y  + − =    − − = −  Câu III. (1.0 ñiểm) Tính tích phân 1 2 3 0 ( sin ) 1 x x x dx x + + ∫ Câu IV. (1.0 ñiểm) Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn ñiều kiện 1 1 1 2 x y z + + ≥ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Câu V. (1.0 ñiểm) Cho hình chóp S.ABCD ñáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < 3 ) các cạnh còn lại ñều bằng 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x PHẦN RIÊNG ( 3.0 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không dược chấm ñiểm). A. Theo chương trình nâng cao Câu VIa. (2.0 ñiểm) 1. 1. Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho hai ñường thẳng (d 1 ) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d 2 ): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ ñộ tâm và bán kính ñường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d 1 ), (d 2 ), trục Oy. 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung ñiểm của ñoạn AD, N là tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu ñi qua các ñiểm B, C’, M, N. Câu VIIa. (1.0 ñiểm) Giải bất phương trình 2 3 3 4 2 log ( 1) log ( 1) 0 5 6 x x x x + − + > − − B. Theo chương trình chuẩn Câu VIb. (2.0 ñiểm) 1. Cho ñiểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và ñường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình ñường tròn ñi qua 2 ñiểm A, B và tiếp xúc với ñường thẳng (d). 2. Trong không gian với hệ trục toạ ñộ Oxyz cho ñiểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) ñi qua A, B và vuông góc với (Q). Câu VIIb. (1.0 ñiểm) Giải phương trình 1 2 2 3 2 2 x x x x x x x x C C C C − − − + + + = ( k n C là tổ hợp chập k của n phần tử) HẾT Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh số báo danh ðỀ CHÍNH THỨC http://ebook.here.vn - Thư viện sách trực tuyến Sở GD & ðT Thanh Hoá ðÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI B - D Tháng 03/2010 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát ñề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 ñiểm) CÂU NỘI DUNG THANG ðIỂM TXð : D = R\{1} 0.25 Chiều biến thiên lim ( ) lim ( ) 1 x x f x f x →+∞ →−∞ = = nên y = 1 là tiệm cận ngang của ñồ thị hàm số 1 1 lim ( ) , lim x x f x + − → → = +∞ = −∞ nên x = 1 là tiệm cận ñứng của ñồ thị hàm số y’ = 2 1 0 ( 1)x − < − 0.25 Bảng biến thiên 1 + ∞ - ∞ 1 - - y y' x - ∞ 1 + ∞ Hàm số nghịc biến trên ( ;1) −∞ và (1; ) +∞ Hàm số không có cực trị 0.25 Câu I (2.0ñ) 1. (1.0ñ) ðồ thị.(tự vẽ) Giao ñiểm của ñồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ ñồ thị Nhận xét : ðồ thị nhận giao ñiểm của 2 ñường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm ñối xứng 0.25 Giả sử M(x 0 ; y 0 ) thuộc (C) mà tiếp tuyến với ñồ thị tại ñó có khoảng cách từ tâm ñối xứng ñến tiếp tuyến là lớn nhất. Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 0 0 2 0 0 1 ( ) ( 1) 1 x y x x x x = − − + − − 2 0 2 2 0 0 1 0 ( 1) ( 1) x x y x x ⇔ − − + = − − 0.25 2.(1.0ñ) Ta có d(I ;tt) = 0 4 0 2 1 1 1 ( 1) x x − + + Xét hàm số f(t) = 4 2 ( 0) 1 t t t > + ta có f’(t) = 2 4 4 (1 )(1 )(1 ) (1 ) 1 t t t t t − + + + + 0.25 ðỀ CHÍNH THỨC http://ebook.here.vn - Thư viện sách trực tuyến - + f(t) f'(t) x 2 0 1 0 + ∞ f’(t) = 0 khi t = 1 Bảng biến thiên từ bảng biến thiên ta c d(I ;tt) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay 0 0 0 2 1 1 0 x x x =  − = ⇔  =  0.25 + Với x 0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x 0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 0.25 4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos 2 x 0.25 os x=0 2cos5x =sinx+ 3 cos c x  ⇔   0.25 cos 0 os5x=cos(x- ) 6 x c π =   ⇔   0.25 Câu II(2.0ñ) 1. (1.0ñ) 2 24 2 2 42 7 x k k x k x π π π π π π  = +    ⇔ = − +    = +   0.25 ðK : 0 y ≠ hệ 2 2 1 2 2 0 2 1 2 0 x x y x y y  + − − =   ⇔   + − − =   ñưa hệ về dạng 2 2 2 2 0 2 2 0 u u v v v u  + − − =   + − − =   0.5 2.(1.0ñ) 2 1 1 1 2 2 0 3 7 3 7 2 2 , 1 7 1 7 2 2 u v u v u v u v v v u u u v v       = = =      = − ⇔ ⇔ = = −     + − − =   − +   = =         − + − −    = =       Từ ñó ta có nghiệm của hệ (-1 ;-1),(1 ;1), ( 3 7 2 ; 2 7 1 − − ), ( 3 7 2 ; 2 7 1 + + ) 0.5 Câu III. (1.0ñ) 1 1 2 3 0 0 sin 1 x I x x dx dx x = + + ∫ ∫ 0.25 http://ebook.here.vn - Thư viện sách trực tuyến O C B A D S H Ta tính I 1 = 1 2 3 0 sin x x dx ∫ ñặt t = x 3 ta tính ñược I 1 = -1/3(cos1 - sin1) 0.25 Ta tính I 2 = 1 0 1 x dx x + ∫ ñặt t = x ta tính ñược I 2 = 1 2 0 1 2 (1 ) 2(1 ) 2 1 4 2 dt t π π − = − = − + ∫ 0.25 Từ ñó ta có I = I 1 + I 2 = -1/3(cos1 - 1)+ 2 2 π − 0.25 Ta có 1 1 1 2 x y z + + ≥ nên 0.25 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (1) y z y z x y z y z yz − − − − ≥ − + − = + ≥ Tương tự ta có 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (2) x z x z y x z x z xz − − − − ≥ − + − = + ≥ 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (3) x y x y y x y x y xy − − − − ≥ − + − = + ≥ 0.25 Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta ñược 1 ( 1)( 1)( 1) 8 x y z − − − ≤ 0.25 Câu IV. (1.0ñ) vậy A max = 1 3 8 2 x y z ⇔ = = = 0.25 Ta có ( . . ) SBD DCB c c c SO CO ∆ = ∆ ⇒ = Tương tự ta có SO = OA vậy tam giác SCA vuông tại S. 2 1 CA x ⇒ = + Mặt khác ta có 2 2 2 2 2 2 AC BD AB BC CD AD + = + + + 2 3 ( 0 3) BD x do x⇒ = − < < 2 2 1 1 3 4 ABCD S x x ⇒ = + − 0.5 Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD ⇒ H ∈ CO 0.25 Câu V. (1.0ñ) Mà 2 2 2 2 1 1 1 1 x SH SH SC SA x = + ⇒ = + Vậy V = 2 1 3 ( vtt) 6 x x d− 0.25 Câu VIa. (2.0ñ) 1. Gọi A là giao ñiểm d 1 và d 2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao ñiểm d 1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao ñiểm d 2 với Oy ta có C(0 ;4) 0.5 http://ebook.here.vn - Thư viện sách trực tuyến B' Y X Z N D' C' A' C D A B M (1.0ñ) Gọi BI là ñường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi ñó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 0.5 2. (1.0ñ) Chọn hệ trục toạ ñộ như hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu ñi qua 4 ñiểm M,N,B,C’ có dạng x 2 + y 2 + z 2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 Vì mặt cầu ñi qua 4 ñiểm nên ta có 5 2 1 2 0 5 2 2 2 0 2 8 4 4 0 1 8 4 4 0 2 4 A A D B C D B A C D C B C D D  = −  + + =     + + + = = −   ⇔   + + + =   = −   + + + =    =  Vậy bán kính R = 2 2 2 15 A B C D+ + − = 1.0 ðk: x > - 1 0.25 bất phương trình 3 3 3 3log ( 1) 2log ( 1) log 4 0 ( 1)( 6) x x x x + + − ⇔ > + − 3 log ( 1) 0 6 x x + ⇔ < − 0.25 0.25 0 6 x ⇔ < < 0.25 Giả sử phương trình cần tìm là (x-a) 2 + (x-b) 2 = R 2 0.25 Vì ñường tròn ñi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) (1 ) (2 ) ( 1) 2 a b R a y R a b R  + + =  − + − =   − − =  0.25 Câu VIIa (1.0ñ) Câu VIb (2.0ñ) 1. (1.0ñ) 2 0 1 2 a b R  =  ⇔ =   =  Vậy ñường tròn cần tìm là: x 2 + (y - 1) 2 = 2 0.5 2. (1.0ñ) Ta có (1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1) Q Q AB n AB n   = −   uuur uur uuur uur Vì ; 0 Q AB n   ≠   uuur uur r nên mặt phẳng (P) nhận ; Q AB n     uuur uur làm véc tơ pháp tuyến Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0 1.0 Câu VIIb (1.0ñ) ðK : 2 5 x x N ≤ ≤   ∈  Ta có 1 1 2 2 3 1 2 3 2 3 2 1 1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x C C C C C C C C C C − − − − − − − + + + + + + + + + = ⇔ + = ⇔ = (5 )! 2! 3 x x ⇔ − = ⇔ = 1.0 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. . viện sách trực tuyến Sở GD & ðT Thanh Hoá KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI B và D Tháng 03/2010 Thời gian:180. sách trực tuyến Sở GD & ðT Thanh Hoá ðÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI B - D Tháng 03/2010 Thời