Đề thi khảo sát chất lượng môn toán lớp 12 đề số 1

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MÔN: TOÁN LỚP 12 Thời gian: 180 phút ĐỀ I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2(2m + 1) x + (5m + 10m − 3) x − 10m − 4m + (1) , ( với m tham số) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m = b) Tìm tất giá trị m để hàm số (1) có hai cực trị giá trị cực trị hàm số (1) trái dấu Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: (2sin x + 1)(cos x + sin x) − 2sin x + 6sin x + + 2cos x + = ( x ∈ ¡ ) 2cos x − 2  x − x + y − y + = Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2  x y + x + y − 22 = ( x, y ∈ ¡ ) Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị m để bất phương trình: x ( − x ) + m x − x + + ≥ có nghiệm x ∈  2;2 +  Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD hình thang cân, đáy lớn AD=2a, AB = BC = a, SB = 2a , hình chiếu vuông góc S mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm O AD Trên cạnh SC, SD lấy điểm M, N cho SM = 2MC , SN = DN Mặt phẳng ( α ) qua MN, song song với BC cắt SA, SB P, Q Tính thể tích khối chóp S.MNPQ theo a Câu (1,0 điểm) Cho số dương x, y , z thoả mãn: x( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 1 + + x + y +1 y + z +1 z + x +1 II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d qua M(3;1) cắt trục Ox, Oy A B cho tam giác IAB cân I(2;-2) Câu 8.a (1,0 điểm) Giải phương trình: log x − 20log81 x + 40log x + = Câu 9.a (1,0 điểm) Có tất số tự nhiên có chữ số mà số đó, chữ số đứng trước nhỏ chữ số đứng sau (kể từ trái qua phải) B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp 2 đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y + 1) = 20 Biết AC=2BD, điểm B có hoành độ dương thuộc đường thẳng d : x − y − = Viết phương trình cạnh AB hình thoi 3x − Câu 8.b (1,0 điểm) Tìm giới hạn: I = lim x →0 x Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm hệ số x10 khai triển ( x − 3x )n , (x >0, n nguyên dương) biết tổng tất hệ số khai triển −2048 ĐÁP ÁN Câu Thang điểm Nội dung trình bày 7,0 điểm I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1 1,0 điểm • Với m=1, hàm số (1) có dạng y = x − x + 12 x − • TXĐ: D = ¡ 0,25 • Sự biến thiên: + Chiều biến thiên: y ' = x − 12 x + 12 = 3( x − 2) ≥ ∀x, y ' = ⇔ x = Hàm số đồng biến ¡ + Cực trị: Hàm số cực trị y = +∞,lim y = −∞ + Giới hạn: lim x →+∞ x →−∞ 0,25 +Bảng biến thiên: x −∞ y’ +∞ + Câu + +∞ y −∞ • Đồ thị: y '' = 6( x − 2), y '' = ⇔ x = 2, y (2) = Một số điểm thuộc đồ thị: (1;-1), (3;1), (2;0), Đồ thị nhận I(2;0) tâm đối xứng Đồ thị: 0,25 y 1 -1 x -1 -2 0,25 b) Tìm tất giá trị m để giá trị cực trị hàm số (1) trái dấu Hàm số (1) có hai cực trị mà giá trị cực trị trái dấu ⇔ đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox điểm phân biệt Xét phương trình hoành độ giao điểm: x − 2(2m + 1) x + (5m + 10m − 3) x − 10m − 4m + = (2) 1,0 điểm 0,25 ⇔ ( x − 2)( x − 4mx + 5m + 2m − 3) = x = ⇔ 2  x − 4mx + 5m + 2m − = (3) Phương trình (2) có nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (3) có 0,25 0,25 ∆ ' = 4m − (5m + 2m − 3) > nghiệm phân biệt khác ⇔  4 − 8m + 5m + 2m − ≠ −3 < m <  ⇔ m ≠ 1  Vậy với m ∈ ( −3;1) \   giá trị cực trị hàm số trái dấu 5  0,25 Giải phương trình: (2sin x + 1)(cos2 x + sin x) − 2sin x + 6sin x + + 2cos x + = ( x ∈ ¡ ) 2cos x − Điều kiện: cos x ≠ π ⇔ x ≠ ± + k 2π , k ∈ ¢ 1,0 điểm 0,25 Khi đó, PT ⇔ (2sin x + 1)(cos2 x + sin x) − 2sin x + 6sin x + 4cos x − = ⇔ (2sin x + 1)(1 − 2sin x + sin x) − 2(3sin x − 4sin x) + 6sin x − 4sin x + = Câu ⇔ (2sin x + 1)(2sin x − 3sin x + 3) = −π  x = + k 2π  −1 ⇔ sin x = ⇔  x = 7π + k 2π  Kết hợp điều kiện có x = 0,25 ( k ∈¢) −π + k 2π không thỏa mãn Vậy phương trình có họ nghiệm x = Câu 0,25 ⇔ 4sin x − 4sin x + 3sin x + = 7π + k 2π , k ∈ ¢  x − x + y − y + = Giải hệ phương trình:  2  x y + x + y − 22 = ( x, y ∈ ¡ ) 0,25 1,0 điểm ( x − 2) + ( y − 3) = Hpt ⇔  2 ( x − + 4)( y − + 3) + x − − 20 = 0,25  x2 − = u Đặt  y −3 = v u + v = u = u = Khi ta  ⇔  v = v = u.v + 4(u + v) = 0,25  x =  x = −2  x =  x = − Câu ⇒ y = 3;y = ; ;    y =  y = 0,25 KL: nghiệm hpt cho là: ( 2;3) , ( −2;3) , ( 2;5 ) , ( − 2;5 ) 0,25 Tìm tất giá trị m để bất phương trình: 1,0 điểm x ( − x ) + m x2 − 4x + + ≥ có nghiệm x ∈  2;2 +  ĐK: ∀x ∈ ¡ Đặt x − x + = t ⇒ t = ( x − ) + ≥ 0,25 2x − ≥ 0, ∀x ∈ [2;2 + 3] nên t ∈ [ 1;2] Vì x ∈  2;2 +  t ′( x) = x2 − 4x + t2 − Bất phương trình trở thành m ≥ Bpt cho có nghiệm t t2 − x ∈  2;2 +  ⇔ Bpt m ≥ có nghiệm t ∈ [ 1;2] t 0,25 t2 − Xét f (t ) = với t ∈ [ 1;2] t t2 + f (t ) = f (1) = −6 f ′(t ) = > 0, ∀t ∈ [ 1;2] ⇒ [1;2] t 0,25 ⇒ Vậy m ≥ −6 giá trị cần tìm 0,25 Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD hình thang cân, đáy lớn AD=2a, AB = BC = a, SB = 2a , hình chiếu vuông góc S mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm O AD Trên cạnh SC, Câu SD lấy điểm M, N cho SM = 2MC , SN = DN Mặt phẳng ( α ) qua MN song song với BC cắt SA, SB P, Q Tính thể tích khối chóp S.MNPQ theo a 1,0 điểm Hình vẽ: Học sinh không vẽ hình vẽ hình sai không chấm điểm S N P O A M Q D C B Do SO ⊥ ( ABCD ), OA = OB = OC = OD = a ⇒ SO = 2a =a Do AD = BC ⇒ S ABD = 2S BCD ⇒ S BCD = S ABCD ⇒ VS BCD = VS ABCD ,VS ABD = VS ABCD 3 S ABCD = 3S AOB = 3a 1 3a 3a ⇒ VS ABCD = SO.S ABCD = a = (đvtt) 3 4 Có MQ // BC, NP // BC nên VS MNQ • VS BCD V = SP SN SQ SM = = , = = SA SD SB SC 0,25 0,25 SM SN SQ 2 2 = = ⇒ VS MNQ = VS BCD = VS ABCD SC SD SB 3 9 27 SP SN SQ 1 1 S PNQ = = = ⇒ VS PNQ = VS ABD = VS ABCD • V SA SD SB 2 6 S ABD 0,25 Suy VS MNPQ = VS MNQ + VS PNQ 5 3a 5a = VS ABCD = = (đvtt) 27 27 36 0,25 Cho số dương x, y , z thoả mãn: x( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ Tìm Câu giá trị nhỏ biểu thức: A = 1 + + x + y +1 y + z +1 z + x +1 1,0 điểm x( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ ⇔ x + y + z − ( x + y + z ) ≤ ⇒ 18 ≥ ( x + y + z ) − 3( x + y + z ) ⇔ −3 ≤ x + y + z ≤ ⇒ < x + y + x ≤ 0,25 Ta có: y + z +1 z + x +1 + ≥ ; + ≥ ; y + z +1 25 z + x +1 25 x + y +1 + ≥ x + y +1 25 ⇒ A+ 0,25 2( x + y + z ) + 6 2( x + y + z ) + 3 ≥ ⇔ A≥ − ≥ 25 5 25 Dấu “=” xảy x= y = z =2 Vậy 0,25 Amin = ⇔ x = y = z = Cách khác: Đặt t = x + y + z , t > 0,25 ( x + y + z )2 t2 ⇒ − t ≤ ⇒ t ∈ (0;6] Sử dụng BĐT x + y + z ≥ 3 2 1 + + ≥ , ∀a, b, c > áp dụng kết a b c a +b +c 9 ta A ≥ Xét f (t ) = (0;6], suy kết 2t + 2t + Chứng minh toán II PHẦN RIÊNG: Thí sinh làm hai phần (phần A B) 3,0 điểm PHẦN A: Theo chương trình Chuẩn Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d qua M(3;1) cắt trục Ox, Oy A B cho tam giác IAB 1,0 cân I(2;-2) điểm Giả sử đường thẳng d cắt trục Ox, Oy A(a;0), B(0;b), (a, b ≠ 0) Phương trình đường thẳng d có dạng: Do d qua M(3;1) nên x y + =1 a b + = (1) a b Đồng thời, ∆IAB cân I nên 0,25 IA = IB ⇔ (a − 2) + (0 + 2) = (0 − 2) + (b + 2)  a = −b ⇔ a−2 = b+2 ⇔  a = b + Câu 7.a 0,25 2 • Với a = −b , thay vào (1) ta a = 2; b = −2 nên phương trình đường thẳng d x − y − = 0,25 • Với a = b + 4, thay vào (1) ta ( a; b ) = (6;2) (a; b) = (2; −2) Từ đó, phương trình đường thằng d x + y − = x − y − = 0,25 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu toán d : x + y − = d : x − y − = Câu 8.a Giải phương trình: log x − 20log81 x + 40log x + = 1,0 điểm Điều kiện: x ∈ (0; +∞) 0,25 Khi đó, PT ⇔ 2log 13 x − 60log81 x + 20log x + = ⇔ −2log x − 15log x + 10log x + = 0,25 ⇔ log x = ⇔ x = 0,25 Vậy x =3 nghiệm phương trình 0,25 Có số tự nhiên có chữ số mà chữ số đứng trước nhỏ chữ số đằng sau 1,0 điểm Giả sử số cần tìm có dạng abcdef ( a < b < c < d < e < f ) 0,25 Số chọn chữ số 0, giả sử có chữ số số phải Câu 9.a có dạng 0bcdef , ( b, c, d , e, f ∈ { 1;2; ;9} ) (không thỏa mãn) Với cách chọn chữ số, có cách tạo thành số có 0,25 chữ số cho chữ số đứng trước nhỏ chữ số đằng sau Số số có chữ số thỏa mãn yêu cầu toán số cách chọn chữ số thuộc tập A = { 1;2;3; 4;5;6;7;8;9} 0,25 Vậy có C96 = 84 số thỏa mãn yêu cầu toán 0,25 PHẦN B: Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường 2 tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y + 1) = 20 Biết AC=2BD, điểm B có hoành độ dương thuộc đường thẳng d : x − y − = Viết phương trình cạnh AB Đường tròn (C) có tâm I (1; −1), bán kính R = 1,0 điểm B H d Đặt BI = x,( x > 0) Do AC = BD ⇒ AI = BI = x A I C 0,25 Kẻ IH ⊥ AB ⇒ IH = R = D • Trong ∆AIB có: 1 1 1 + = ⇔ + = ⇔ x = ( Do x > 0) IA2 IB IH x x 20 Suy IB = Gọi B(t ;2t − 5), (t > 0) t = (tm) Do IB = ⇔ (t − 1) + (2t − 4) = 25 ⇔  −2 t = (ktm)  2 • Với t = ⇒ B (4;3) Phương trình cạnh AB có dạng: a ( x − 4) + b( y − 3) = ( a + b ≠ 0) 0,25 Có : d ( I ; AB ) = IH = R ⇔ −3a − 4b a + b2 =2 0,25  a = 2b ⇔ 11a − 24ab + 4b = ⇔  a = b 11  • Với a = 2b, chọn a = 2, b = , phương trình AB là: x + y − 11 = • Với a = b, chọn a = 2, b = 11 , phương trình AB là: x + 11 y − 41 = 11 Vậy phương trình cạnh AB x + y − 11 = x + 11y − 41 = Câu 8.b Câu 9.b 0,25 1,0 điểm 3x − Tìm giới hạn: I = lim x →0 x eln − Ta có I = lim x →0 x x 0,25 e x ln − ⇔ I = lim x →0 x 0,25 e x ln − ⇔ I = lim ln x →0 x.ln 0,25 ⇔ I = 1.ln = ln 0,25 Tìm hệ số x10 khai triển ( x − 3x )n , (x >0, n nguyên dương) biết tổng hệ số khai triển −2048 1,0 điểm Do tổng hệ số khai triển –2048 nên ta có: Cn0 − 3Cn1 + 32 Cn2 − + (−1) n 3n Cnn = −2048 0,25 ⇔ (1 − 3) n = −2048 ⇔ n = 11 Ta có khai triển: 11 0,25 k 11 ( x − x )11 = ∑ C11k x (−3 x )11−k = ∑ C11k ( −1)11−k 311−k x k =0 22 − k k =0 Hệ số x10 khai triển tương ứng với 22 − k = 10 ⇔ k = 0,25 Vậy hệ số cần tìm (−1)3 33.C118 = −4455 Hết - 0,25 [...]... 0,25  a = 2b ⇔ 11 a − 24ab + 4b = 0 ⇔  a = 2 b 11  2 • 2 Với a = 2b, chọn a = 2, b = 1 , phương trình AB là: 2 x + y − 11 = 0 • Với a = 2 b, chọn a = 2, b = 11 , phương trình AB là: 2 x + 11 y − 41 = 0 11 Vậy phương trình cạnh AB là 2 x + y − 11 = 0 hoặc 2 x + 11 y − 41 = 0 Câu 8.b Câu 9.b 0,25 1, 0 điểm 3x − 1 Tìm giới hạn: I = lim x →0 x eln 3 − 1 Ta có I = lim x →0 x x 0,25 e x ln 3 − 1 ⇔ I = lim x... − 1 ⇔ I = lim ln 3 x →0 x.ln 3 0,25 ⇔ I = 1. ln 3 = ln 3 0,25 Tìm hệ số của x10 trong khai triển ( x − 3x 2 )n , (x >0, n nguyên dương) biết tổng các hệ số trong khai triển bằng −2048 1, 0 điểm Do tổng các hệ số trong khai triển là –2048 nên ta có: Cn0 − 3Cn1 + 32 Cn2 − + ( 1) n 3n Cnn = −2048 0,25 ⇔ (1 − 3) n = −2048 ⇔ n = 11 Ta có khai triển: 11 0,25 1 k 2 11 ( x − 3 x 2 )11 = ∑ C11k x (−3 x 2 )11 −k... Cnn = −2048 0,25 ⇔ (1 − 3) n = −2048 ⇔ n = 11 Ta có khai triển: 11 0,25 1 k 2 11 ( x − 3 x 2 )11 = ∑ C11k x (−3 x 2 )11 −k = ∑ C11k ( 1) 11 k 311 −k x k =0 3 22 − k 2 k =0 3 2 Hệ số của x10 trong khai triển tương ứng với 22 − k = 10 ⇔ k = 8 0,25 Vậy hệ số cần tìm là ( 1) 3 33.C 118 = −4455 Hết - 0,25 ... 0,25 ⇔ (1 − 3) n = −2048 ⇔ n = 11 Ta có khai triển: 11 0,25 k 11 ( x − x )11 = ∑ C11k x (−3 x )11 −k = ∑ C11k ( 1) 11 k 311 −k x k =0 22 − k k =0 Hệ số x10 khai triển tương ứng với 22 − k = 10 ⇔ k... hàm số (1) với m =1 1,0 điểm • Với m =1, hàm số (1) có dạng y = x − x + 12 x − • TXĐ: D = ¡ 0,25 • Sự biến thi n: + Chiều biến thi n: y ' = x − 12 x + 12 = 3( x − 2) ≥ ∀x, y ' = ⇔ x = Hàm số đồng...  a = 2b ⇔ 11 a − 24ab + 4b = ⇔  a = b 11  • Với a = 2b, chọn a = 2, b = , phương trình AB là: x + y − 11 = • Với a = b, chọn a = 2, b = 11 , phương trình AB là: x + 11 y − 41 = 11 Vậy phương