Đề thi khảo sát chất lượng năm học 20112012 trường THPT Tĩnh Gia 2 môn toán lớp 11 THPT55095

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT TĨNH GIA ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2011-2012 MƠN TỐN LỚP 11- THPT Ngày thi 11 tháng 05 năm 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm 150 phút, khơng kể thời gian phát đề) Đề có 05 câu, gồm 01 trang Câu I (Khối A: 4,0 điểm; Khối B, D: 5,0 điểm ) Cho hàm số y  f  x   x3  9mx  12m x  , ( m tham số) Khi m  1 , viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng  có phương trình 3x  20 y  17  Tìm tất giá trị tham số m để phương trình f '  x   có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  x1  x2  thoả mãn điều kiện x12  x2 Câu II (Khối A: 4,0 điểm; Khối B, D: 5,0 điểm )  Giải phương trình: tan x  cos x  2sin  x      cos x   x   x  y 3  y Giải hệ phương trình:  2 x  y    y Câu III ( 4,0 điểm) x 3x   x   x2  Từ chữ số 0,1, 2,3, 4,5 lập số có ba chữ số đơi khác Lấy ngẩu Tìm giới hạn sau: lim x2 nhiên số vừa lập Tính xác suất để lấy số không chia hết cho Câu IV ( 6,0 điểm) 2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn  C  :  x  1   y    có tâm I điểm M  1;0  Viết phương trình đường thẳng  qua M cắt  C  hai điểm A, B cho tam giác IAB có diện tích S  Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a M , N trung điểm AB AD , H giao điểm CN với DM , biết SH vng góc với mặt phẳng đáy góc hai mặt phẳng  SCD   ABCD  300 Tính SH khoảng cách hai đường thẳng SB DM theo a Câu V ( 2,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn: x  y  z  3xyz Chứng minh rằng: y2 z2 x2    3 x y  y 3z  z 3x        HẾT Họ tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: …………… ……… Chú ý:- Học sinh thi khối ghi rõ khối vào tờ giấy thi VD: Bài Làm Khối B - Học sinh thi khối B, D khơng phải làm câu V Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm DeThiMau.vn Câu I ĐÁP ÁN MƠN TỐN LỚP 11 (Đáp án gồm 04 trang) Đáp án ( 2,5 điểm) (4 Với m  1 ta có hàm số y  f  x   x3  x  12 x  , f '  x   x  18 x  12 điểm) Gọi k hệ số góc tiếp tuyến,  x ; y  toạ độ tiếp điểm tiếp 0 tuyến với đồ thị hàm số Do tiếp tuyến vng góc với đường thẳng  : 3x  20 y  17   x0  20 20  3  ' nên k    1 Hay k   f  x0   x0  18 x0  12    x  3  20   20 110 110 +) x0   y0  phương trình tiếp tuyến y   x      27 27 20 187 187 +) x0   y0  phương trình tiếp tuyến y   x      27 27 20 50 20 293 Vậy có hai tiếp tuyến : y  x  y  x  27 27 ( 1,5 điểm)  f '  x   x  18mx  12m  x  3mx  2m Điểm 0,75 0,75 1.00  f '  x   có hai nghiệm phân biệt  x  3mx  2m  có hai nghiệm phân biệt 0,75    m2   m  1 x1   3m  m  , x2   3m  m  (do x1  x2 ) 2  3m  m   3m  m  Theo giả thiết x  x2       m  2 2     0,75 II ( 2,0 điểm)  (4 Điều kiện : cos x   x   l , l  Z điểm)   pt  sin x  cos x  2sin  x   cos x  3     sin x  1  cos x   sin x  cos x cos x   sin x  sin x cos x  cos x  cos x cos x      1,00  sin x  cos x  cos x  cos x      sin x cos x  cos x  cos x     cos x sin x  cos x   ) cos x   x   k  , k Z ) sin x  cos x    sin x  cos x  2     sin  x     x   k 2 , k  Z 3  DeThiMau.vn 1.00 Đáp án Toán 11- Trang So với điều kiện ta nghiệm pt : x   ( 2,0 điểm) k  ; x   k 2 , k  Z y Điều kiện : y  0, x   0, x  y  y Đặt a  x  , b  x  y  , a, b  Hệ trở thành 0,75 a  b   a  2, b    2  a  1, b  a  b  +) Với a  2, b   1   x 4 x 4  x 2  x  3, y    y y    ta có  4 x  x  5, y  1  x  y   y   x x  y     +) Với a  1, b  0,50  1  x    x    x   10, y   10  x  1  y y    ta có  7x  x  y   y   x  x   10, y   10   x  y 3  Thử lại ta thấy tất nghiệm thoả mãn Vậy hệ có nghiệm  x; y    3;1 ,  5; 1 ,    10;3  10 ,  10;3  10 0,25  III ( 2,0 điểm) (4 x 3x   x   x 3x   2x  1   lim lim lim 2 x2 x2 điểm) x2 x 4 x 4 x2  x  3x  5  x2 x   x 3x     lim x2 0,50 2x  1  lim x     2x    x   1  0,50  x    3x  x    x  2  lim  lim x2  x   x    x 3x    x2  x   x     x  2  x   1  lim x2  3x  x  2  x x2  3x      lim x2 0,50  x     x     x   1    16   4.4 4.3 ( 2,0 điểm) +) Tìm số có ba chữ số khác lập từ tập E  0,1, 2,3, 4,5 Số cần tìm có dạng abc Chọn a  E , a  có cách Chọn số lại E \ a xếp vào hai vị trí b, c có A52 cách Vậy có A52  100 (số) +) Tính số lập chia hết cho Số cần tìm có dạng abc , a  b  c  Xét tập gồm phần tử tập E  0,1, 2,3, 4,5 , ta thấy có tập sau thoả mãn điều kiện tổng chữ số chia hết cho là: DeThiMau.vn 0,50 Đáp án Toán 11- Trang 0,50 1,00 A1  0,1, 2 , A  0,1,5 , A  0, 2, 4 , A  0, 4,5 A  1, 2,3 , A  1,3,5 , A  2,3, 4 , A8  3, 4,5 Khi a, b, c  A1 , A2 , A3 , A4 trường hợp lập số thoả mãn yêu cầu Khi a, b, c  A5 ; A6 ; A7 ; A8 trường hợp lập số thoả mãn yêu cầu Vậy có 4.4  4.6  40 (số) Suy số không chia hết cho 100  40  60 (số) Xác suất cần tính P  60  0, 60 100 IV ( 3,0 điểm) (6 (C) có tâm I 1;  , R  ; Đường thẳng  qua M  1;0  có phương điểm) trình a  x  1  by  0, a  b  Giả sử  cắt (C) hai điểm A, B thoả mãn S฀ IAB  Gọi H hình chiếu I AB  H trung điểm AB Ta có S฀ IAB 1,00 1,00  ฀AIB  600 ฀ ฀  IA.IB sin AIB   sin AIB   2  ฀AIB  1200 +) ฀AIB  600  IH  IA.cos 300   d  I ,    IH      a    15 , b   a  b    a  b  8ab   2  a  15  , b  a b  2a  2b 2 Pt    15  x  y   15  0;     15  x  y     1,00 15  +) ฀AIB  1200  IH  IA.cos 600   d  I ,    IH   4  ,b  a  2a  2b 2  a  b     3a  3b  8ab   2  4  a b ,b  a   Pt   x  y    0;  x  y        1,00   Vậy có đường thẳng thoả mãn u cầu tốn ( 3,0 điểm) Ta có S MAD  NDC  c  g  c  ฀ ฀ ADM  DCN mà ฀ ฀ ADM  MDC  900 ฀ ฀  DCN  MDC  900 ฀  DHC  900 Hay DM  CN Trong tam giác DCN ta có A DH CN  DN DC  S DCN DN DC a  DH   CN 5a CH  DC  DH  N B M 1,00 H D C I DeThiMau.vn K Đáp án Toán 11- Trang Từ H kẻ HI  CD , SH   ABCD   SH  CD , từ suy CD   SHI  ฀  300  góc  SCD   ABCD  góc ฀ SI , HI   SIH DH CH 2a  CD 3a Trong tam giác vng SHI ta có SH  IH tan 300  15 Gọi K trung điểm DC  BK // DM  DM //  SBK   d  DM , SB   d  DM ,  SBK    d  H ,  SBK   Trong tam giác vng DHC ta có HI  1,00 Gọi E giao điểm BK CN, từ H kẻ HF  SE 1 ,  BK  CN  BK   SHE   BK  HF    BK  SH 1,00  Từ (1) (2) suy HF   SBK   HF  d  H ,  SBK   Ta có EK // HD mà K trung điểm DC nên E trung điểm HC a HC  Trong tam giác vng SHE ta có 1 75 95 2a       HF  2 HF HE HS a 4a 4a 95 2a Vậy d  DM , SB   d  H ,  SBK    HF  95  HE  V ( điểm) 1 (2 Từ giả thiết x  y  z  3xyz     , xy yz zx điểm) Đặt  a , b, c  1  a,  b,  c   x y z ab  bc  ca  0,50 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau: a3 b3 c3    (*) 2 b 3 c 3 a 3 Do ab + bc + ca = nên a3 b3 c3 VT (*) =   b  ab  bc  ca c  ab  bc  ca a  ab  bc  ca a3 b3 c3 =   (b  c)(a  b) (c  a )(b  c) (a  b)(c  a ) 0.75 a b  c a  b 3a    (b  c)(a  b) 8 Theo BĐT AM-GM ta có  a3 5a  2b  c  (b  c)(a  b) (1) Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: b3 5b  2c  a  (c  a )(b  c) c3 5c  2a  b  (3) (a  b)(c  a ) abc Cộng vế với vế (1), (2), (3) ta VT (*)  (2), Mặt khác ta dễ dàng chứng minh : a + b + c ≥ 3(ab  bc  ca) = Đẳng thức xảy a  b  c  hay x  y  z  (Đpcm) DeThiMau.vn Đáp án Toán 11- Trang 0,75 Chú ý: Trên sơ lược bước giải cách cho điểm phần Bài làm học sinh yêu cầu tiết, lập luận chặt chẽ Nếu học sinh giải cách khác mà chấm điểm phần tương ứng DeThiMau.vn ... 0 ,25  III ( 2, 0 điểm) (4 x 3x   x   x 3x   2x  1   lim lim lim 2 x? ?2 x? ?2 điểm) x? ?2 x 4 x 4 x2  x  3x  5  x? ?2 x   x 3x     lim x? ?2 0,50 2x  1  lim x     2x... 3x  20 y  17   x0  20 20  3  ' nên k    1 Hay k   f  x0   x0  18 x0  12    x  3  20   20 110 110 +) x0   y0  phương trình tiếp tuyến y   x      27 27 20 ... x  3mx  2m  có hai nghiệm phân biệt 0,75    m2   m  1 x1   3m  m  , x2   3m  m  (do x1  x2 ) 2  3m  m   3m  m  Theo giả thi? ??t x  x2       m  ? ?2 2    