De thi thu Dai hoc lan 2 THPT Tong Duy Tan

De thi thu Dai hoc lan 2 THPT Tong Duy Tan tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất c...

www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN ****** ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: Toán 12 – Khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút ****** I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x3  3mx  4m (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị đồ thị hàm số (1) m  Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A B cho đường thẳng qua hai     điểm cực trị A, B tiếp tuyến đường tròn: x   y   13   sin  x    sin x  3cos x  4  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình:  x  x   y  y    24 xy Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2  x  y  xy  x  y  14   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I  x cos x   cos x  sin x dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm I, AB  2a , BD  AC , mặt bên SAB tam giác cân đỉnh A, hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H AI Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB CD Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z với x  1, y  2, z  3 thỏa mãn đẳng thức: xyz  xy  yz  xz  x  y  z   Tìm giá trị lớn biểu thức: x  x   y  y   z  6z  10 x y z6 II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn S 45 , đáy lớn CD nằm đường thẳng x  y   Biết hai đường chéo AC, BD vng góc với I (2; 3) Viết Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích phương trình đường thẳng chứa cạnh BC, biết điểm C có hồnh độ dương x  y 1 z mặt phẳng   2 1 ( P ) : x  y  z   Gọi I giao điểm  ( P ) Tìm tọa độ điểm M thuộc ( P ) cho MI vuông Câu 8.a (1,0 điểm) Trong khơng gian Oxyz, cho đường thẳng  : góc với  M I  4 n Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm hệ số x khai triển P  x   1  x  x  thành đa thức biết n số nguyên n2 dương thỏa mãn Cn  6n   An1 B Theo chương trình Nâng cao x2 y   đường thẳng 16  : x  y  12  cắt (E) hai điểm A B Tìm điểm C  ( E ) cho tam giác ABC có diện tích lớn Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip E : x 1 y  z mặt phẳng   1 ( P ) : x  y  z  Gọi A điểm d cho khoảng cách từ A đến m p ( P ) 1; B điểm Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : mặt phẳng ( P ) cho AB vng góc với d độ dài AB nhỏ Tìm tọa độ điểm A B Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình: log  x    log  x    log  x   HẾT www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN ******** ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2013 – 2014 Mơn: Tốn 12 – Khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút ******* Câu 1 Khảo sát biến thiên … Nội dung Điểm Khi m  hàm số trở thành: y  x  3x  * Tập xác định: R * Sự biến thiên hàm số - Giới hạn hàm số vô cực lim y   ; lim y   0.25 điểm - Bảng biến thiên 0.25 điểm x  x  x  y '  3x  x     x  2 x -2   y' + 0 +  y  –4 Hàm số đồng biến khoảng  ; 2  0; Hàm số nghịch biến khoảng  2;0 0.25 điểm Hàm số đạt cực đại x  2 ; yCD  y  2  Hàm số đạt cực tiểu x  ; yCD  y  0  4 * Đồ thị Tìm giá trị tham số … x  Ta có: y '  x  mx     x  2 m Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị điều kiện 2m   m  0.25 điểm 0.25 điểm www.VNMATH.com Khi đó, tọa độ hai điểm cực trị là: A  2m; m3  m  B  0; 4m2  Đường thẳng qua hai điểm cực trị A, B là: 2m2x  y  4m2  2 Điều kiện để AB tiếp tuyến đường tròn  x 1   y  3  bán kính R  d  I ; AB   có tâm I  1; 3 , 13 0.25 điểm 0.25 điểm là: 13 m   1      m 5   13 13 4m   m  39 m  28  0.25 điểm m2  m  2   m   14 m    14 Vậy, giá trị cần tìm là: m  2; m   Giải phương trình:   sin  x    sin x  3cos x  4  Phương trình cho tương đương với: 0.25 điểm sin x  cos x  sin x  3cos x    2sin x cos x  sin x    2cos2 x  3cos x  1    2cos x  1 sin x  cos x  1  0.25 điểm  cos x      sin x cos x  1  cos x   x    k 2 , k  Z 3 0.25 điểm  x  k 2   sin x  cos x   sin  x     k  Z    x   k 2 4   Phương trình có nghiệm là:  x  k 2  (với k  Z ) x    k 2    x   k 2   x  x   y  y    24 xy Giải hệ phương trình:  2  x  y  xy  x  y  14  Xét phương trình (2): x  y  xy  x  y  14  Ta có:    x   y   x  y  y  14  Để tồn x điều kiện là:  x   y     y  y  14   Mặt khác:    y   x   y  x  x  14   3 y  10 y     y  Để tồn y điều kiện là:  y   x  6   x  x  14   0.25 điểm 1  2 0.25 điểm www.VNMATH.com  3 x  16 y  20    x  10 Xét phương trình (1) với điều kiện  x  10  y  , ta có: 3 0.25 điểm  2   (1)   x     y     24 x y    Xét hàm số f  t   3t  với t  1;   t Ta có: f '  t     với t  1;   t Nên hàm số f  t  đồng biến 1;   10  y  , ta có: 3   2 2      x     y      3.2     3.1     24 x y       x  Hay 1   y 1 Nên với điều kiện  x  x  vào phương trình (2) ta thấy không thỏa mãn Thay  y 1 Vậy, hệ phương trình cho vơ nghiệm  Tính tích phân: I  0.25 điểm 0.25 điểm x cos x   cos x  sin x dx   0.25 điểm Ta có: I   x  cos x  sin x  dx   dx cos x  sin x 0   0.25 điểm Xét I1   x  cos x  sin x  dx   xd  sin x  cos x  0    x  sin x  cos x  02    sin x  cos x  dx    x  sin x  cos x     cos x  sin x  02   2   cos  x   2 4  Xét I   dx  dx  dx     x x   cos  sin 2  cos  x   cos  x   4 4      cos  x   2 4  I2  dx  0   sin  x   4        Đặt t  sin  x    dt  cos  x   dx 4 4   Khi x  t    Khi x  t  2  0.25 điểm www.VNMATH.com   2   dt dt dt Nên I  dx  dx   dx     2 1 t 1 t 1 t       2 2  2  2   ln    ln 1  t  2  ln 1  t  2         2  2    Như vậy: I     ln      2  2  Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách … 2 Do ABCD hình thoi nên AC  BD Từ BD  AC suy IB  IA Ta có AB  IA2  IB  4a  IA2  3IA2  IA  a Nên: AC  2a , BD  3a  S ABCD  AC.BD  3a 2 Do tam giác SAB cân A AB  2a nên: SA  AB  2a Vì SH  mp  ABCD  nên tam giác SHA vng H, từ đó: 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm S L A D H K I B C 2 SH  SA  AH   2a  a 15 a    2 1 a 15 Thể tích khối chóp S.ABCD là: V  S ABCD SH  3a  a3 3 Do CD  mp  SAB  nên: d  SB; CD   d  CD; mp  SAB    d  C ; mp  SAB    d  H ; mp  SAB   Kẻ HK  AB K, đó: HK AH 1 a    HK  BI  BI AB 4 Kẻ HL  SK suy HL  mp  SAB  nên d  H ; mp  SAB    HL 1 16 28 a 35       KL  2 2 HL SH HK 15a 3a 5a 14 a 35 2a 35 Vậy: d  SB; CD   4d  H ; mp  SAB     14 Tìm giá trị lớn biểu thức… Đặt a  x  1; b  y  2; c  z  a  0; b  0; c  Thay vào giả thiết ta có: abc  , 0.25 điểm 0.25 điểm Ta có và: S  2 a 1  b   c 1 abc 0.25 điểm www.VNMATH.com Bài tốn trở thành: Tìm giá trị lớn S  a   b2   c  với a, b, c abc số dương thỏa mãn abc  ln t với t   2t   2t  1 2t  2t   2t  1 2t  Ta có: f '  t   ; f ' t     2t t  t   2t   2t  1  t  1 2t  4t  5t  4t       t  t    Xét hàm số: f  t   t   2t  0.25 điểm    19     t  1  2t  1  x          16       t 1  t   Ta thấy:  1 * Nếu  t  2t   2t  1 2t   , nên f '  t   0, t   0;   2  1  19    * Nếu  t   t  1  2t  1  x        , điều kéo theo  16     1  2t   2t  1  t  1  , nên f '  t   0, t   ;1 2     19   Nếu t   t  1  2t  1  x        , điều kéo theo  16     2t   2t  1  t  1  , nên f '  t   0, t  1;   Bảng biến thiên f  t  x  f ' t  + – f t  ln t  f 1  0, t  Từ ta có: f  a   f  b   f  c   nên suy ra: Như vậy: f  t   t   2t  0.25 điểm  ln a  ln b  ln c  2 ln  abc   a  b  c   a  b  c a2   b2   c2    a  b  c   Suy ra: S  a   b2   c   abc 0.25 điểm www.VNMATH.com 7.a Vậy: max S  a  b  c  x   Hay: max S   y  1  z  2  Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC … Do ABCD hình thang cân với đáy lớn CD hai đường chéo AC, BD vng góc với nên tam giác ICD vng cân I Đường thẳng qua I vng góc CD : x  y   có phương trình : 3( x  2)  ( y  3)   x  y   Gọi K trung điểm CD ta có tọa độ K nghiệm hệ: x  3y    K  3;0   3 x  y   A 0.25 điểm B H I C K D Mà KI  KC  KD nên C, D giao điểm đường thẳng CD đường tròn tâm K bán kính KI  10 0.25 điểm  x  y   2  x    ( y  10 Do tọa độ chúng nghiệm hệ   C  6;1 , D  0; 1 C có hoành độ dương Gọi H trung điểm AB ta có 45  S ABCD  ( AB  CD ) HK  ( IH  IK ) HK  IH  10 2    ID IK Mà    DI  IB  B(3;5)  BC  (3; 4) IB IH    IH  10 Vậy đường thẳng BC có phương trình: 4( x  3)  3( y  5)   x  y  27  8.a Tìm điểm M thuộc (P) ……  Đường thẳng  qua điểm M  2; 1;0  có vec-tơ phương u  1; 2; 1 x   t  Phương trình tham số  là:  y  1  2t  z  t  Tọa độ giao điểm I  mp(P) nghiệm hệ phương trình: 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm www.VNMATH.com x   t t  1  y  1  2t x      I 1;1;1      z t y    x  y  z    z  Điểm M thuộc mặt phẳng (P) nên tọa độ M có dạng: M  a; b;3  a  b   MI  1  a;1  b; a  b   0.25 điểm Để MI vng góc với  điều kiện là:   MI u   1.1  a    2 1  b    1 a  b    0.25 điểm 1  2 a  b    b  a  Ta có M I  4  1  a   1  b 2   a  b  2  2 Thay (1) vào (2) ta có: 2 2  0.25 điểm M I  14  1  a     a    a    224 a   b   1  a   16    a  3  7 Vậy: M  5;9; 11 M  3; 7;13 9.a Tìm hệ số khai triển … Với n nguyên dương n  , ta có: 0.25 điểm n  n 1  6n   n  n 1  n n 1 12n 10  2n  n 1 Cnn2  6n   An21  n  1  n2  9n 10    n  10 Vậy n  10 n Bài tốn trở thành: Tìm hệ số x khai triển P ( x )  1  x  x  10 Ta có: P ( x )  1   x  x      k Xét số hạng:  1 C  1 k 10 k  x  3x  k k k 10    1 k C 10k  x  x  k k 1 , ta có: C10k  x  x    1 C1k0 x k 1  x  k Bậc nhỏ x khai triển k, bậc lớn khai triển 3k Do x có có khai triển số hạng ứng với : k   3k   k   k  2;3; 4 Hay x có cótrong khai triển số hạng:  1 2 3 C102 x 1  x  ;  1 C103 x 1  x  ;  1 C104 x 1  x  0.25 điểm Như vậy, x có khai triển số hạng  1 C102 x 1  x   1 0.25 điểm 0.25 điểm C104 x 1  x  Ta có: 2 4 *  1 C102 x 1  x   C102 x 1  x  x  nên hệ số x 6C102 *  1 C104 x 1  x   C104 x 1  12 x   nên hệ số x C104 7.b Vậy, hệ số x cần tìm là: 6C102  C104  480 Tìm tọa độ điểm C elip … Hoành độ giao điểm đường thẳng  elip (E) nghiệm phương trình: 0.25 điểm www.VNMATH.com x   12  3x  x  16    144  x  x    x     Như  elip (E) cắt hai điểm A  0;3 B  4;  có AB  Gọi H hình chiếu vng góc C  thì: S ABC  AB.CH  CH 2 Nên tam giác ABC có diện tích lớn CH lớn    Vì C  ( E ) nên tồn t    ;  cho C   4sin t;3cos t   2 Bởi vậy: CH  12sin t  12 cos t  12 32  Dấu đẳng thức xảy t    12  0.25 điểm 0.25 điểm  12    sin  t      4 3   3 , C   4sin       3    ;3cos        0.25 điểm  2 Hay C   2 2;     8.b  2 Vậy, tọa độ điểm C cần tìm C   2 2;     Tính thể tích khối tứ diện …… Vì A nằm đường thẳng d nên A  1  2t ; 2  t ; t  Ta có: d  A; mp  P     1  2t    2  t    t  12  2   2  0.25 điểm 1 t  2t     t 1 -Với t   A(1; 2;0) Ta có B (2c  2b; b; c ) thuộc P : x  y  z   AB  (2c  2b  1; b  2; c) 0.25 điểm x 1 y  z nên suy ra: Theo AB vuông góc với đường thẳng d :    1   AB.ud    2c  2b  1  1 b     1 c   3b  3 c  b  c Như vậy: AB  (1; b  2; b) AB   1 2  (b  2)2  b   b  1   ABmin   b  1, c  1  B(0; 1; 1) Trường hợp ta tìm A(1; 2; 0) B(0; 1; 1) -Với t   A(3; 1; 1) Ta có B (2c  2b; b; c ) thuộc P : x  y  z   AB  (2c  2b  3; b  1; c  1) x 1 y  z Theo AB vuông góc với đường thẳng d : nên suy ra:      AB.ud    2c  2b    1 b  1   1 c  1   c  b  2 Như vậy: AB  1; b  1; b   0.25 điểm AB   (b  1) www.VNMATH.com   b  3   b     ABmin   b  2, c   B  4; 2;  Trường hợp ta tìm A(3; 1; 1) B  4; 2;  Vậy: A(1; 2; 0) B (0; 1; 1) ; A(3; 1; 1) B  4; 2;0  9.b   Giải phương trình log x   log  x  2  log  x  3 0.25 điểm Điều kiện xác định: x   ; 2    2;3   3;   Với điều kiện đó, phương trình viết lại là: 0.25 điểm 2 log  x2  4  log  x  2 x     x  2 x  2   x  2 x     x    x  2 x  * Với x   ; 2    2;3 , ta có: *  x    x    x  Với x   3;   , ta có: *  x    x   x  3  x   x  2 thỏa mãn điều kiện xét  x2  x    x   0.25 điểm 0.25 điểm Nên khoảng xét phương trình có nghiệm x   Vậy, phương trình có nghiệm: x   x  2 0.25 điểm ... dx   dx     2 1 t 1 t 1 t       2 2  2  2   ln    ln 1  t  2  ln 1  t  2         2  2    Như vậy: I     ln      2  2  Tính thể tích... 2t   2t  1 2t  2t   2t  1 2t  Ta có: f '  t   ; f ' t     2t t  t   2t   2t  1  t  1 2t  4t  5t  4t       t  t    Xét hàm số: f  t   t   2t... 1.1  a    2 1  b    1 a  b    0 .25 điểm 1  2 a  b    b  a  Ta có M I  4  1  a   1  b 2   a  b  2  2 Thay (1) vào (2) ta có: 2 2  0 .25 điểm M I  14