Đề thi khảo sát chất lượng học sinh khối 12 lần thứ 3 môn: Toán khối B, D47027

SỞ GD&ĐT THANH HOÁ KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH KHỐI 12 LẦN THỨ NĂM HỌC 2013 – 2014 Đề thi mơn : TỐN Khối B,D Thời gian làm : 180 phút ,không kể thời gian phát đề I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH x 1 Câu 1: ( 2,0 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị (C) 3 x a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số b) Gọi I giao điểm hai tiệm cận (C) Tìm số thực m để đường thẳng d : y  x  m cắt (C) hai điểm phân biệt M, N tạo thành tam giác MNI có trọng tâm nằm (C) Câu 2: (1 điểm ).Giải phương trình : 2cos6x+2cos4x- 3cos2x = sin2x+ TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC (1  x  y ).51 x  y   x  y   Câu 3: (1 điểm ).Giải hệ phương trình:  x  y y    y x   Câu 4: (1 điểm ).Tính tích phân I =   cos x sin x  cos x (x,y  R) dx Câu 5: (1 điểm ).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang AB= a, BC=a, góc BAD 900, cạnh SA  a SA vng góc với đáy, tam giác SCD vng C Gọi H hình chiếu A SB Tính thể tích tứ diện SBCD khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD) Câu 6: (1 điểm ) Cho ba số thực dương a, b, c cho a  b  c  2 Chứng minh :       3 Khi xảy dấu bằng? a b b c c a PHẦN RIÊNG (3điểm)Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn Câu 7a :( điểm ) Trong mặt phẳng với hệ Oxy, cho đường trịn (C)có phương trình x2+y2 -6x – 8y – 10 =0 điểm A(5;5) Tìm (C )hai điểm B, C cho tam giác ABC vuông cân A x 1 y  z Câu8a:(1điểm)Cho mặt phẳng (P): x  y  z   đường thẳng d1:   3 x5 y z 5 d2 : Tìm điểm M  d1 , N  d cho MN // (P) cách (P) khoảng   5 Câu 9a :( điểm ).Cho số phức z thỏa mãn  z  z  i  (iz  1) Tính mơdun số phức w = z + z 1 B Theo chương trình Nâng cao Câu 7b :( điểm ) Trong mặt phẳng Oxy ,cho hình chữ nhật ABCD có đường thẳng AB, AD qua điểm M(2;3) , N(-1;2).Hãy lập phương trình đường thẳng BC CD biết hình chữ nhật có tâm I ( ; ) độ dài đường chéo AC 26 2 x 1 y 1 z    Câu 8b :( điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d ) : mặt 1 2 phẳng ( P) : x  y  z   Một mặt phẳng (Q) chứa (d ) cắt ( P) theo giao tuyến đường thẳng  cách điểm I(1;-1;1) khoảng ngắn Viết phương trình mặt phẳng (Q) Câu 9b :( im ) Giải bất phương trình log (4  x)  log ( x  2)   log ( x  6) 4 …………….Hết ………… Cán coi thi khơng giải thích thêm DeThiMau.vn SỞ GD&ĐT THANH HỐ ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH KHỐI 12 LẦN THỨ NĂM HỌC 2013 – 2014 Đề thi mơn : TỐN Khối B,D Thời gian làm : 180 phút ,không kể thời gian phát đề TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC Câu Nội dung a)Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  Điểm 0.25 x 1 3 x Tập xác định: D = R \ 3 Sự biến thiên hàm số * Giới hạn vô cực, giới hạn vô cực hàm số Tiệm cận đồ thị hàm số 1 x 1 x  1 => Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y=-1 làm tiệm lim y  lim  lim x  x  3 x x  1 x cận ngang 0.25 x 1 x 1 lim y  lim  ;lim y  lim   =>Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x=3 x 3  x x 3 - x x 3 x 3 làm tiệm cận đứng * Lập bảng biến thiên y'   0x  D , y’ không xác định x=3 (3  x) 0.25 Bảng biến thiên x + - y' + -1 y - -1 Hàm số đồng biến khoảng xác định Hàm số khơng có cực trị 0.25 Đồ thị f x  = y -Giao đồ thị hàm gsố và-x Ox: y=0=>x=-1 x  -1 fyx  3-1 - Giao đồ thị hàm qf số Oy: x=0=>y=  x f y-1 rx  -1 -10 s x  -1 -5 Đồ thị hàm số Hypebol nhận I(3;-1) làm tâm đối xứng O -1 -1 -2 -4 -6 DeThiMau.vn x=3 3 y =-1 x b )Hoành độ giao điểm d:y=x+m (C) nghiệm phương trình x 1  x  m (1)  x  x(2  m)   3m  0(2) ((2) khơng có nghiệm x=3) 3 x d cắt (C) điểm phân biệt cần đủ (1) có nghiệm phân biệt  (2) có nghiệm phân biệt     m  8m   m  (; 8)  (0; ) (*) Với (*) d cắt (C) điểm phân biệt M(x1;x1+m) , N(x2 ; x2+m)trong x1,x2 nghiệm (2) Ta thấy I khơng nằm d nên có tam giác MNI, toạ độ trọng tâm tam  x1  x2  m    x  3 giác MNI G :   y  1  x1  m  x2  m   m  3 5m 1 1 m G nằm (C) ta có   m  8m  20   m  10; m   m 3 Vậy m= -10 ; m= 2cos6x+2cos4x- 3cos2x = sin2x+  4cos5xcosx = 2sinxcosx + cos2x cos x=0   2cos5x =sinx+ cos x cos x   cos5x=cos(x-  )    x   k    x     k  ( k  Z) nghiệm pt cho  24   x    k 36  (1  x  y )51 x  y   x  y   Giải hệ phương trình:  x  y y    y x  0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 (x,y  R)  x0   Điều kiện:   y  x  Đặt t= x-y (t  R) 0.25   t  t   Phương trình đầu hệ thành:       .5   3t   t=0          t  t  (Do f(t)=5        hàm nghịch biến R, g(t) = 1+32+t hàm số đồng        biến R) Với t = suy x = y Với x= y thay vào phương trình thứ hệ ta được: DeThiMau.vn   x  1 1 x x  x  x x    ( x  )  x       x x x  x 2 x  x 0.25 1 1 x  y  x 0.25  2 x  y  2 x Vậy hệ cho có nghiệm(x ; y) x 0.25  Tính tích phân: I     cos x sin x  cos x dx    s inx cos x sin x  cos x dx Đặt t =  cos x  t   cos x  2tdt  2s inxcosxdx 2 0.25 sin x   cos x   t s inx cos x dt dx    t2 sin x  cos x  15 Đổi cận x   t  x  t  15 I= 0.25  dt = 4t 15  1 )dt (  t2 t2 t2 = ln t2 0.25 15 0.25 15  32 1 = (ln ) = (ln( 15  4)  ln(  2))  ln 15  32 S H A D B C Ta có CD  (SAC) Suy CD  AC Mà ABCD hình thang có góc BAD 900 Do ABCD có AD // BC 1 BC d(D,BC)= BC AB = a2 (đvdt) 2 2 Vậy VSBCD = SA dtBCD = a (đvtt)  SAB vuông A Nên :SB= a  SAH  SAB đồng dạng nên ta có : 0.25 Ta có dtBCD = DeThiMau.vn 0.25 0.25 SH SA SH SA    ( )2 = SA SB SB SB V 3VSHCD 3SH VSBCD a SH Mà SHCD  Do d(H,(SCD))= = = VSBCD SB dt ( SCD ) SB.dt ( SCD ) 2 x  y  z  2( xy  yz  zx) x, y, z  R ta có:   x  y  z  x  y  z  3( x  y  z )  ( x  y  z )  x  y2  z2  (x  y  z) Áp dụng bất đẳng thức ta được: 1 (  ) (1)   a b a b Tương tự : A 7a 0.25 0.25 0.25 1 (  ) (2)   b c b c 1 (  ) (3)   c a c a 3 1 (   )  3(   ) (1)+(2)+(3) ta có: VT  a b c a b c 1 1 1 3 a,b,c > 0, nên: (a  b  c)(   )   (   )  a b c a b c abc Suy VT  3 Dấu xảy a = b = c = Theo chương trình chuẩn  AB  AC Đường trịn (C) có tâm I (3;4) Ta có  Suy AI trung trực BC  IB  IC 0.25 0.25 0.25 Do tam giác ABC vuông cân nên AI phân giác góc BAC Do AB, AC hợp với AI góc 450 Gọi d đường thẳng qua A hợp với AI góc 450.Khi B,C giao điểm d với (C) AB=AC Vì IA =(2;1) khác (1;1) (1;-1) nên d không phương với trục toạ độ Do vtcp d có hai thành phần khác Gọi u (1;a) vtcp d Ta có :  cos( IA, u )  2a  a 2  12 a  2  a  1 a   a    = x   t  y   3t Với a =3 ,suy u (1;3) Khi ptđt d :  0.25 2 (t  R)   13  13    13  13     ;    ;  2     x   t 1  Với a =  u  (1; ) Khi ptđt d :  3  y   t   13 11  13    13 11  13     Giao điểm (C) d  ; ;     2 2     DeThiMau.vn Ta tìm giao điểm d (C)  0.25   13 11  13    13  13  ;   ;    ;  2       13 11  13    13  13  ;    ;    ;  2     Vì AB=ACnên ta có hai cặp điểm cần tìm  8a Phương trình tham số d1 1  2t;3  3t; 2t  Theo đề: d  M ,  P   0.25  x   2t  là:  y   3t M thuộc d1 nên tọa độ M  z  2t  |1  2t    3t   4t  1| 12   2   22 0.25 2 |12t  |   12t   6  t1  1, t2  + Với t1 = ta M  3;0;  ; 0.25 + Với t2 = ta M 1;3;0  + Ứng với M1, điểm N1  d cần tìm phải giao d2 với mp qua M1 // mp (P), gọi 0.25 mp (Q1) PT (Q1) là:  x  3  y   z     x  y  z   (1)  x   6t  Phương trình tham số d2 là:  y  4t (2)  z  5  5t  9a Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 =  t = -1 Điểm N1 cần tìm N1(-1;-4;0) + Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5) Đặt z=a+bi (a,b  R) Từ giả thiết ta có  a  bi  a  (b  1)i  (b   ) 0.25 0.25   a  bi  2(b  1)  2a (b  1)i 0.25 1  a  2(b  1)  (1) b  2a (b  1) Từ (1) suy : 0.25 b  2  a  b 2 1  2(b  1) (b  1)  (b  2)(2b  1)    b    a   2(b  1) 2  1 Suy z   2i z    i 2 13 + Với z   2i , ta có w = 1- i Do w = 2 11 130 1 + Với z    i , ta có w =   i Do w = 10 10 10 2 B 7b 0.25 Theo chương trình nâng cao Gọi n1 =(a;b) (với a2 + b2 >0) vtpt đường thẳng AB Suy n = (b;-a) vtpt đường thẳng AD Do pt AB , AD : AB : a(x - 2) +b (y - 3) =0 AD : b(x+1) - a(y - 2) =0 DeThiMau.vn 0.25 Ta có : AD =2d(I,AB)= a  3b AB= d(I,AD) = a2  b2 7b  a a2  b2 Mà AC2 =AB2 + AD2 0.25 (a  3b)  (7b  a ) Nên  26  3a2 -ab – 4b2 =0  2 a b a  b  a  b  Gọi M’ ,N’ điểm đối xứng M , N qua I Suy : M’ (3 ; 0)  CD N (6; 1)  BC Nếu a=-b Chọn a=1; b=-1 Suy : n1 (1;-1) , n (1;1) Ptđt CD là: x- y -3 =0 Ptđt BC : x+y -7 = Nếu a b Chọn a = , b=3 Suy : n1 (4;3) , n2 (3;-4) 0.25 0.25 Ptđt CD : 4x +3y -12 =0 Pttđt BC : 3x – 4y -14 = 8b Gọi H ,K hình chiếu vng góc I lên ( P)  Ta có : d(I,  ) = IK  IH ( không đổi) Do d(I,  ) =IH xảy K  H  Đường thẳng IH qua I(1;-1;-1) nhận VTPT ( P) n  (1; 2;1) làm VTCP 0.25 0.25 x   t   ptđt IH :  y  1  2t (1) z   t  ( P) : x  y  z   (2) Từ (1) (2) suy 6t    t  Thay vào (1) Suy : H (2;1;2) Khi (Q) mặt phẳng chứa (d ) qua H  Ta có M (1;1; 2)  (d ) , VTCP (d ) u  (1;1; 2) , HM =(- 1;0 ;0)  0.25 0.25  Suy VTPT (Q) nQ = u, HM = (0 ;2 ;1) , (Q) qua M (1;1; 2) 9b Do ptmp(Q) :2(y-1)+1(z-2)=0  2y + z – =0 6  x  Điều kiện :  (*) x Bất phương trình đà cho tương đương với log (4 x) log x    log ( x  6) (1) 0.25 0.25  log (4  x)  log ( x  6)   log x   (4-x) (x+6)  x  (2) TH1: Với -6