Trường THPT Đặng Thai Mai. Năm học 2012 – 2013. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 2 Môn: Toán doc

Tìm m để đường thẳng d y: m cắt đồ thị C tại 4 điểm phân biệt M,N,P,Q sắp thứ tự từ trái sang phải sao cho độ dài các đoạn thẳng MN,NP,PQ là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông.. Thí s

Trường THPT Đặng Thai Mai ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 2

Năm học 2012 – 2013 Môn: Toán Khối: A, A1, B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian chép đề

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số yx42x2 3

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Tìm m để đường thẳng d y: m cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt M,N,P,Q (sắp thứ tự từ trái sang phải) sao cho

độ dài các đoạn thẳng MN,NP,PQ là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông

Câu II ( 3,0 điểm)

1 Giải phương trình lượng giác: 2cos6x 3cos2xsin2x2cos4x 3

2 Giải hệ phương trình :

2 2 2

6

x x y y

x y y







3 Tính tích phân:

4

01 2

x cos x

cos x











Câu III (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a

và góc ABC  300 Mặt phẳng ( 'C AB tạo với đáy () ABC một góc 60) 0 Tính thể tích của khối lăng trụ

' ' '

ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB'

Câu IV (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4

x y y z z x xyz P

 

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A.Theo chương trình Chuẩn

Câu V.a ( 2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết

trực tâm H(1; 0), chân đường cao hạ từ đỉnh B là K(0; 2), trung điểm cạnh AB là M(3; 1)

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng (d1), (d2) với (d1): 1 2

và (d2) :

1 1

x

z t

 





  



 



Viết phương trình đường thẳng (d) qua M vuông góc (d1) và cắt (d2)

Câu VI.a ( 1,0 điểm) Giải phương trình : log7(1xx2)log2 x

B.Theo chương trình Nâng cao

Câu V.b ( 2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho tam giác ABC biết có A(1;1) biết đường thẳng qua trung điểm cạnh AB và AC

có phương trình x -2y -4=0.Đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình:3x+2y-5=0 Tìm toa độ đỉnh B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 20và điểm B có hoành độ dương

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng ( )1 :

2

4









 



z

; và (2):  

3

0

 







 



z

Chứng

tỏ hai đường thẳng  1, 2 chéo nhau và viết phương trình mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của 1, 2 làm đường kính

Câu VI.b ( 1,0 điểm) Một thầy giáo có 12 quyển sách đôi một khác nhau trong đó có 5 quyển sách Toán, 4 quyển

sách Vật lý, và 3 quyển sách Hóa học.Ông muốn lấy ra 6 quyển đem tặng cho 6 học sinh A,B,C,D,E,F mỗi em một quyển.Tính xác suất để sau khi tặng sách xong mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học đều còn lại ít nhất một quyển

……….Hết………

Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

Trường THPT Đặng Thai Mai

Năm học 2012 – 2013

§¸p ¸n vµ thang ®iÓm

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 2

Môn: Toán Khối: A, A1, B

Thời gian làm bài: 180 phút

M C©u I

(2,0 ®iÓm)

1 (1,0 ®iÓm) a) Tập xác định : D = R b) Sự biến thiên:

* Giới hạn : lim , lim

     

*Chiều biến thiên: y’ = 4x3-4x

y ' 0





    



0,25

* Bảng biến thiên

-4

-3

-4

+∞

+∞

1 0

-∞

y

y' x

0,25

+ Hàm số đồng biến trên các khoảng; (-1; 0) và (1; + ); nghịch biến trên khoảng ( ;1) và 0;1

+Cực trị : hàm số đạt cực đại tại x=0 và yCĐ=-3 , đạt cực tiểu tại x=1 và yCT= -4

0,25

c) Đồ thị

*Vẽ đồ thị:

-3

1

* Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng

0,25

2 (1,0 ®iÓm)

Từ đồ thị hàm số ta thấy, để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt thì

    (*)

Phương trình hoành độ giao điểm: 4 2

x  x  m (1) Đặt 2 

0

tx t thì phương trình hoành độ trở thành 2

t  t m (2)

0,25

Với điều kiện (*) thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt hay phương trình (2) có 2

nghiệm dương phân biệt t t1, 2 t1t2 Từ đó tìm được tọa độ các điểm

 2; 0

M  t , N t1; 0, P t1;0, Q t2; 0suy ra

MN  t  t ; NP2 t1 ; PQ t2  t1

0,25

Vì MN PQnên NPlà độ dài cạnh huyền Do đó :

NP MN PQ  t  t  t  t t  t t

0,25

Áp dụng định lí vi-et ta có 1 2

1 2

2 3

t t





  



Vì vậy 4 8 3  7

2

2

m  

0,25

C©u II

(3,0 ®iÓm)

1

(1,0 ®iÓm) 2cos6x 3cos2xsin2x2cos4x 3

2 cos 6x 2 cos 4x 3 1 cos 2x sin 2x 0

2

4 cos 5 cosx x 2 3 cos x 2 sin cosx x 0

cosx 2 cos 5x 3 cosx sinx 0

cos 0

2 cos 5 3 cos sin 0

x





 



 

 

1 2

0.25

 1

2



 2 cos 5 cos

6

x x  

36 3 6

k

k x









0.25

Vậy pt đã cho có các nghiệm:

2



2

(1điểm)

Ta thấy (0;0) không là nghiệm của hệ nên

Hệ phương trình 

2 2

1

1

5

x x

y y x y













2

1 1 ( )( ) 6

y y











0,25

Đặt S = x 1

y

 , P = x.1

y Hệ pt trở thành 2

S P









2

S P











0,25

Có 3

2

S P













1 3 1

x y x y











1 1 2 2 1

x y x y

 



















 



0,25

KL : Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là(x;y)=(1; ) ; (2;1)1

3

(1điểm) I x cos x dx x cos xdx



2

0,25

cos x



 

4

0

1 2

Đặt

u x

du dx

v tan x

cos x















1

1

s inx

cos x

0,25

4

0



1 2

II I  ln  ln    ln 

Câu III

(1 điểm)

Gọi M là trung điểm của AB Tam giác CAB cân tại C suy ra AB  CM Mặt khác AB 

0

CC AB CMC CMC  Gọi V là thể tích lăng trụ ABC A B C ' ' ' thì

'

ABC

V S CC

0,25

Ta có

2

2

0

0,25

Mặt phẳng (CA B chứa ' ') CB' và song song AB nên

(AB CB; ') (AB CA B;( ' ')) (M CA B;( ' '))

d d d MH, với N là trung điểm của A B' ' và H là hình chiếu

của M trên CN

Do MH CN MH,  A B' 'MH (CA B' ')

0,25

Tam giác CMN vuông tại M nên

( ; ')

2

AB CB

a

0,25

M

A'

B'

B

C'

H

CÂU IV

(1 điểm)

Đặt

4

P

0,25

Mà

2

2 2

c

Tương tự

a   b  

Mặt khác (a+b+c)2≥3(ab+bc+ca)

0,25

Nên P≥(a+b+c)+ 12 2

(a b c  )

2

9 a b c 9 a b c (a b c) 9 a b c 3 3

 

0,25

Vậy minP=13

CÂU Va

1(1 điểm)

+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận

( 1; 2)

HK  



làm vtpt và AC đi qua K nên

(AC) :x2y 4 0

Ta cũng có:

(BK) : 2xy  2 0

0,25

+ Do AAC B, BK nên giả sử

(2 4; ), ( ; 2 2 )

A a a B b  b Mặt khác M(3; 1)là

trung điểm của AB nên ta có hệ:

Suy ra: A(4; 4), (2;B 2)

0,25

+ Suy ra: AB  ( 2;6)

+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA  (3; 4)

, suy ra:

(BC) : 3x4y 2 0

KL: Vậy : (AC) :x2y 4 0,(AB) : 3x  y 8 0, (BC) : 3x4y 2 0 0,25

M H

K

A

CÂU Va

2(1 điểm) Gọi (P) là mf:

1

1

(0;1;1)

(3; 2;1)

quaM QuaM





(P)  d2 = A có tọa độ A(-1;5/3;8/3)

0,25

Khi đó đt d :

3 (0;1;1)

: 3 (3; 2; 5)

1 5

x t quaM

vtcp AM





0,25

CÂU VI.a

(1 điểm)

ĐK: x >0

PT trở thành log7(12t 4t)t 12t 4t 7t 0,25

7

4 7

2 7

1









































(1)

Ta thấy hàm số f(t) nghịch biến trên R và t=1 thoã mãn (1)

Là duy nhất

0,25

Với t=1  x=2

Vậy Pt có một nghiệm x=2

0,25

Câu Vb

(2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

+Ta có phưong trình AH qua A x-2y-4=0 nên vtpt của AH

n  xy 

.Goi I là giao của AH và đường trung bình cạnh AB,AC nên I là trung điểm AH

Ta có:I(2;-1)H(3; 3)

3x +2y -5 =0

x-2y-4 =0

M I

A (1 ;1 )

B

C H

0,25

+Từ đó BC x: 2y  9 0

Gọi M là trung điểm BC  M là giao của BC và AM ( ;7 11)

2 4



0,25

Gọi B(x,y) do B nằm trên BC do đó x=2y+9.Ta có BM= 5( 11)2

4

y  Ta có

2

4

ABC





0,25

Do điểm B có hoành độ dương nên B(15; 3

2 4



) từ đó suy ra C( 1; 19

2 (1,0 điểm)

PTTS 2: 1 2

3

0

z

 







 



có vtcp: u1(2;1;0),u 2( 1;1; 0) 0,25

Gọi AB là đường vuông góc chung của 1,2: (2 ; ; 4) 1; (3 ; ; 0) 2

(3 2 ; ; 4)

    

0,25

0

(2;1; 4); (2;1;0) 4 0

AB AB u

AB AB u











0,25

 Phương trình mặt cầu là: 2 2 2

Câu VIb

(1,0 điểm)

Ta thấy không thể chọn sao cho cùng hết 2 loại sách

Số cách chọn 6 quyển sách từ 12 sách là  A126 665280

Gọi A là biến cố: “sau khi tặng sách song mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học đều còn lại ít nhất một quyển.”

P(A)=1-P(A )

0,5

Số cách chọn sao cho không còn sách Toán:A65.7=5040

Số cách chọn sao cho không còn sách Vật lý:A A 64 82 20160

Số cách chọn sao cho không còn sách Hóa học:A A 63 93 60480

0,25

|A |=504020160 60480 =85680 P(A )= 85680 17

665280132

P(A)=1- 17 115

132 132

0,25

Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

Trường THPT Đặng Thai Mai ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 2

Năm học 2012 – 2013 Môn: Toán Khối: D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian chép đề

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 3

2

x y x







1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận Tìm điểm M thuộc (C) biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M cắt các

đường tiệm cận tại A và B sao cho diện tích đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng 2

Câu II ( 3,0 điểm)

1 Giải phương trình lượng giác: 4 cosx 3 cos 2xsin 2x 3

2 Giải hệ phương trình :

2 2

4

x x y y y





3 Tính tích phân:

2 0

2







x cos x(cos x s inx) cos x

Câu III (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = 2a, CD = a,

góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60o Gọi I là trung điểm cạnh AD.Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD

Câu IV (1,0 điểm) Cho x,y 2012; 2013 và xy.Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

P=(x 2y)(x2 y2)

xy





II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A.Theo chương trình Chuẩn

Câu V.a ( 2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H(1; 0),

chân đường cao hạ từ đỉnh B là K(0; 2), trung điểm cạnh AB là M(3; 1)

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;1;1), cắt đường thẳng

 1

:



d và vuông góc với đường thẳng

   



 





2

2 2

2

(tR)

Câu VI.a ( 1,0 điểm) Giải phương trình: log2(1 x)log3 x

B.Theo chương trình Nâng cao

Câu V.b ( 2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho tam giác ABC biết có A(1;1) biết đường thẳng qua trung điểm cạnh AB và AC

có phương trình x -2y -4=0.Đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình:3x+2y-5=0 Tìm toa độ đỉnh B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 20và điểm B có hoành độ dương

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P):

1 0

x y z đồng thời cắt cả hai đường thẳng  1

:



1

  





 



  



, với tR

Câu VI.b ( 1,0 điểm) Một cái túi có 5 quả cầu đỏ ,6 quả cầu xanh.Chọn ngẫu nhiên 4 quả cầu Tính xác suất để

trong 4 quả cầu đó có cả quả màu đỏ và màu xanh

……….Hết………

Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

C¢U NÔI DUNG ÑIEÅM C©u I

(2,0 ®iÓm)

1 (1,0 ®iÓm)

a) Tập xác định : D = R

b) Sự biến thiên:

* Tiệm cận :

      nên x 2là tiệm cận đứng lim 2 , lim 2

    nên y 2là tiệm cận ngang

*Chiều biến thiên:

 2

1

2

x



0,25

* Bảng biến thiên

+∞

2

-∞

y y' x

0,25

+ Hàm số nghich biến trên các khoảng; (- ; 2) và (2; +  )

c) Đồ thị

*Vẽ đồ thị:

8

6

4

2

2

4

I O

* Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I(2;2) làm tâm đối xứng

0,25

Trường THPT Đặng Thai Mai

Năm học 2012 – 2013

§¸p ¸n vµ thang ®iÓm

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 2

Môn: Toán Khối: D

Thời gian làm bài: 180 phút

2 (1,0 ®iÓm)

2) Gọi ;2 3  

2

a

a







  với a 2 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có dạng:

 2  

a



0,25

Giả sử A,B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng và tiệm cận ngang Khi

đó ta tìm được 2;2 2

2

a A a





 , B2a 2; 2  

2

2

1

2

a



Do tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp là

 

2

2

1 2

AB

a

IAB

Vì vậy  

2

2

1

2

a



Đáp số M 1;1 hay M3;3

0,25

Câu II

(3 điểm)

1(1 điểm) 4 cosx 3 cos 2xsin 2x 3

4 cosx 3 1 cos 2x sin 2x 0

2

4 cosx 2 3 cos x 2 sin cosx x 0

cosx 2 3 cosx sinx 0

cos 0

2 3 cos sin 0

x





 



 

 

1 2

0.25

 1

2



 2 1 cos

6

x 

Vậy pt đã cho có các nghiệm:

2

x  k



6



2

( 1 điểm)

Hệ phương trình 

2 2

2 2

4 2













2

2

xy



 





0 ( )

2 1 ( )

2

x y I

xy

x y II

xy





 





 



0,25

Giải (I): (I) 

2 2 2 2

x y x y

 



  



  















0,25

Giải (II) : (II) 

1 2 2 1

x y x y

 





 





  









0,25

KL:Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:

(x;y)= 2; 2 ;  2; 2 ; 1; 2 ;    2;1 0,25

3

(1 điểm) I x cos x(cos x s inx) cos xdx

cos x s inx









2

0

2

= x cos xdx (cos x s inx)dx I I

0,25

Tính I x cos xdx



2

dv cos xdx v s inx



I x sin x s inxdx







2 1

0

1 2

2 0

0,25

I (cos x s inx)dx (s inx cos x)





2 2

0

2 2 0

0,25

II1I2  1

Câu III

(1 điểm) Ta có

SI SBI SCI











Gọi H là hình chiếu của I lên BC.Theo định lí 3 đường vuông góc SH  BC

Mà BC = (SBC)(ABCD) nên SHI



= 60o là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD)

0,25

2 2

2

3

ABCD

IBC ABCD ICD IAB

a

0,25

Kẻ CE AB,

2

3 2

5 4

IBC

a

IH



Trong tam giác SIH vuông tại I, ta có : SI = IH.tan60o = 3 5 3 3 15



0,25

S

E

H I

Vậy

3 2

.3

S ABCD

0,25

Câu IV

(1 điểm) Đặt t=x

y .Khi đó P=

2 (t 1)(t 1)

t

=f(t),khi đó f’(t)=2t 1 12

t

0,25

f’(t)>2.2012 1 (2013)2 0

2013  2012  với

2012 ,1 2013

   

2012

;1 2013

max max ( ) (1) 4

t

 

 

0,25

2 2 2012

;1 2013 2

4025 8100313

2012 2013

t

 

 



Đạt được khi 2012

2013

0,25

Câu V.a.1

(1 điểm)

+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận

( 1; 2)

HK  



làm vtpt và AC đi qua K nên

(AC) :x2y 4 0

Ta cũng có:

(BK) : 2xy  2 0

0,25

+ Do AAC B, BK nên giả sử

(2 4; ), ( ; 2 2 )

A a a B b  b Mặt khác M(3; 1)là

trung điểm của AB nên ta có hệ:

0,25

M H

K

A

2 4 6 2 10 4

Suy ra: A(4; 4), (2;B 2)

+ Suy ra: AB  ( 2;6)

+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA (3; 4)

, suy ra:

(BC) : 3x4y 2 0

KL: Vậy : (AC) :x2y 4 0,(AB) : 3x  y 8 0, (BC) : 3x4y 2 0 0,25

Câu V.a.2

(1 điểm) Gọi (P) là mf:

2

2

(1;1;1)

(2; 5;1)

quaM QuaM





 

0,25

Khi đó đt d :

1 3 (1;1;1)

1

(3;1; 1)

1 2

quaM

vtcp AM

 





0,25

Câu VI.a

(1 điểm)

Ta có PT log2(1 3y) y 1 3y 2y  f(y)= 1

2

3 2

1

































y y

Ta thấy hàm số f(y) nghịch biến trên R và y=2 thoã mãn (1)

Với y=2  x=32 =9

Vậy Pt có một nghiệm x=9

0,25

Câu V.b.1

(1 điểm)

M(-3;0)

x-2y-1=0

:2x-3y+14=0

A

H

Ta có n 1; 2  

là VTPT của đường thẳng CH, do ABCH nên n 1; 2  

là 1 VTCP của đường thẳng AB, mà AB đi qua M3; 0  phương trình tổng quát đường thẳng AB: 2x   y 6 0

Mặt khác A    A    AB do đó tọa độ của A là nghiệm của hpt

A 4; 2

0,25

do M3; 0 là trung điểm của AB do đó  

A B M

B

M

x

2

B 2; 2

y

2











0,25

Do BC //   phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x 3y m  0 (m14), mà (BC)

đi qua B 2; 2 m  2 BC : 2x 3y 2   0

0,25

Lại có CBCCHdo đó tọa độ của C là nghiệm của hpt

x 2y 1 0 x 1 C 1;0 

2x 3y 2 0 y 0

Vậy A4; 2 , B  2; 2 , C 1; 0  

0,25

Câu V.b.2

(1 điểm)

Giả sử : dd1 = M1 2 ; 1  t1  t t1 ; 1; dd2 = N    1 t; 1; t

Suy ra   2 1  2; ; 1   1

0,25

d mp P MN k n k  R  t t  t   t t

0,25



1

4 5 2 5











 



t t

 1; 3; 2

M

0,25

 d:

(1;1;1)

P

quaM vtcpu n







  có ptts :

1 5 3 5 2 5









  







  



(vR)

0,25

Câu VI.b

11 330

C

Biến cố A: “4 quả cầu đó có cả quả màu đỏ và màu xanh” với

A=A1A2A3

A1 là 4 quả cầu có 1quả màu đỏ và 3 quả màu xanh

0,25đ

| A1|=5.C63=100

2

A là 4 quả cầu có 2quả màu đỏ và 2 quả màu xanh 0,25đ

|A |=2 2 2

5 6 150

C C 

3

A là 4 quả cầu có 3quả màu đỏ và 1 quả màu xanh

|A |=3 3

5.6 60

0,25đ

100 150 60 31

330 330 330 33

Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa