ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Sầm sơn Khối A năm học 2012 - 2013

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Sầm sơn Khối A năm học 2012 - 2013

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Sầm sơn Khối A năm học 2012 - 2013 Môn Toán. Thời gian : 180 phút (Không kể thời gian giao đề ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH : ( 7 điểm) Câu I: ( 2 điểm) Cho hàm số: y = x 3 – 3x 2 + 2 a)Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số b)Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) tại điểm M. Biết điểm M cùng với hai điểm cực trị của đồ thị hàm số ( C ) tạo thành tam giác có diện tích bằng 6 Câu II: ( 2 điểm ) 1) Giải phương trình: 18324 2  xxx 2) Giải phương trình: x x xx 2sin8 4cos15 1tan2 1 1cot2 1 222      Câu III: ( 2 điểm ) cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạch a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M,N,P,K lần lượt là trung điểm của BC, CD, SD, SB. a) Tính thể tích của khối chóp S.ABMN b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MK và AP. Câu IV: ( 1 điểm ) Cho tam giác ABC có AB = c, AC=b; BC = a thỏa mãn: abc=1 Tìm giá trị lớn nhất của: 62 1 62 1 62 1 333333       accbba P II. PHẦN RIÊNG: ( 3 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( Phần 1 hoặc phần 2 ) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu V.a ( 2 điểm ) 1) Trong hệ trục tọa độ 0xy cho đường thẳng d: x-y+1 = 0 và đường tròn (C): x 2 +y 2 -4x-2y-4 = 0 có tâm I. Tìm tọa độ điểm M trên d để từ M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) có các tiếp điểm là A, B sao cho tứ giác IAMB là hình vuông. 2) Cho khai triển   x 1 3 x 1 2 2 8 1 log 3 1 log 9 7 5 2 2             . Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển này là 224. Câu VI.a ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình: 3 1 2 3 2 2 2 3.2 3 1 1 x y y x x xy x               2.Theo chương trình nâng cao: Câu V.b ( 2 điểm ) 1) Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho Elíp có phương trình ở dạng chính tắc:   01 2 2 2 2  ba b y a x (E) hình chữ nhật cơ sở có diện tích bằng 24, chu vi bằng 20 và điểm M(1;1). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (E) tại hai điểm phân biệt sao cho M là trung điểm 2) Tìm các giá trị của x trong khai triển nhị thức Newton:     n x x         5 3lg2310lg 22 . Biết số hạng thứ 6 của khai triển bằng 21 và 231 2 nnn CCC  Câu VI.b ( 1 điểm ) Giải bất phương trình: 623.23.34 212   xxxx xxx Cảm ơn bạn Khánh Hòa (k.hoa94@zing.com ) gửi tới www.laisac.page.tl SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Sầm sơn Khối A năm học 2012 - 2013 Môn Toán. Thời gian : 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH : ( 7 điểm) Câu ý Nội dung Điểm Câu I a Cho hàm số: y = x 3 – 3x 2 + 2 a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số + Tập xác định : R Giới hạn tại vô cực:   y x lim ;   y x lim + Sự biến thiên: y / = 3x 2 -6x *Bảng biến thiên : *Chiều biến thiên: Hàm số đồng biến      ;20;x Hàm số nghịch biến:   2;0x Cực trị:      2 2 CT CT y x ;      2 0 CD CD y x + Đồ thị : Đồ thị hàm sô nhận điểm uốn làm tâm đối xứng , đi qua các điểm CĐ, CT Và điểm M(3;2) Vẽ đồ thị : 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ y / x y - 2 -  + + +  0 +  -  2 0 0 2 - Câu I b Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) tại điểm M. Biết điểm M cùng với hai điểm cực trị của đồ thị hàm số ( C ) tạo thành tam giác có diện tích bằng 6 +Ta có AB 52 Do đó khoảng cách từ M đến AB bằng 5 6 , phương trình cạnh AB là: 2x+y-2 = 0 + M thuộc (C) suy ra M(x; x 3 -3x 2 +2)   5 6 5 23 / 23    xxx ABMd .        0623 0623 23 23 xxx xxx Giải phương trình Tìm được x =-1; x = 3 + Tìm được M(-1;-2); M(3;2) do đó có 2 phương trình tiếp tuyến là: y = 9x+7 hoặc y = 9x - 25 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu II 1 Giải phương trình: 18324 2  xxx + ĐK: 2 3 032  xx Khi đó ta có phương trình tương đương:                        2 1 32 2 3 2 2 1 32 2 3 2 2 1 32 2 3 2 22 xx xx xx + Giải phương trình để tìm được nghiệm phương trình: 4 215  x hoặc 4 173   x + Vậy nghiệm của phương trình là: 4 215   x hoặc 4 173   x 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2 Giải phương trình: x x xx 2sin8 4cos15 1tan2 1 1cot2 1 222      ĐK: sin2x ≠ 0 Phương trình : 2122 1 4cos . 2sin8 4cos15 .2sin8 sin28 22 2  kxx x x x x      k Z Vậy phương trình có nghiệm : 212  kx  k Z 0,25đ 0,5đ 0,25đ Câu III a H là trung điểm AB: do (SAB)  (ABCD) do đó SH  (ABCD) ta có + Tính được SH + Tính được: S ABMN + Tính đúng V S.ABMN 0,5đ V S.ABMN = 3 2 . 48 35 8 5 . 2 3 . 3 1 . 3 1 a aa SSH ABMN  (đvtt) 0,5đ b + Chứng minh được MK// (APN) do đó: khoảng cách của MK và AP bằng khoảng cách từ M đến (APN) +Gọi E là giao điểm của HD và AN suy ra PE//SH từ đó PE  (AMN). Kẻ MF  AN ( F thuộc AN) thì MF  (APN) + MF = 52 3 AN 2 a S AMN   + Vậy khoảng cách của AP và MK là: 52 3 a MF  0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu IV Cho tam giác ABC có AB = c, AC=b; BC = a thỏa mãn: abc=1 Tìm giá trị lớn nhất của: 62 1 62 1 62 1 333333       accbba P + Chứng minh bất đẳng thức: 222 (3 zyxzyx  +             62 1 62 1 62 1 .3 333333 accbba P Mà: Theo bất đẳng thức cosy ch 3 só ta được:       13311162 33333  babbbaba Tương tự:   1362 33  cbccb ;   1362 33  aacac Do đó:   13 1 62 1 33    bab ba     1313 62 1 33      bab ab cbcab ab cb doabc = 1 0,25đ 0,25đ H A S B K P C D N E M     1313 62 1 33      bab b aacb b ac + Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta được: P lớn nhất bằng 1 khi a=b=c=1 0,25đ 0,25đ II. PHẦN RIÊNG: ( 3 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( Phần 1 hoặc phần 2 ) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu ý Nội dung Điểm Câu V.a 1 Trong hệ trục tọa độ 0xy cho đường thẳng d: x-y+1 = 0 và đường tròn (C): x 2 +y 2 -4x-2y-4 = 0 có tâm I. Tìm tọa độ điểm M trên d để từ M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) có các tiếp điểm là A, B sao cho tứ giác IAMB là hình vuông. + Tìm được tâm đường tròn I(2;1) và bán kính R = 3. Lý luận để MI = 3 2 + M thuộc x-y+1=0 do đó M(x; x+1) MI=   232 2 2  xx        221 221 01442 2 x x xx Vậy có 2 diểm M   222;221  hoặc M   222;221  0,25đ 0,5đ 0,25đ 2 Cho khai triển   x 1 3 x 1 2 2 8 1 log 3 1 log 9 7 5 2 2             . Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển này là 224. +Ta có :   k 8 8 k 8 k k 8 k 0 a b C a b       với k = 6       x 1 3 x 1 2 2 1 1 1 log 3 1 log 9 7 x 1 x 1 5 3 5 a 2 9 7 b 2 3 1 = ;              + Theo thứ tự trong khai triển trên , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của khai triển là         3 5 1 1 1 5 x 1 x 1 x 1 x 1 3 5 6 8 T C 9 7 . 3 1 56 9 7 . 3 1                         + Theo giả thiết ta có :     x 1 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 9 7 56 9 7 . 3 1 4 9 7 4(3 1) 3 1 = 224                    x 1 2 x 1 x 1 x 1 3 1 x 1 3 4(3 ) 3 0 x 2 3 3                     Vậy nghiệm của phương trình: x = 1 hoặc x = 2 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1.Theo chương trình nâng cao: Câu VI.a Giải hệ phương trình: 3 1 2 3 2 2 2 3.2 3 1 1 x y y x x xy x               PT     2 1 x+1 0 1 2 3 1 0 0 1 3 3 1 1 x x x x y x y x x xy x                              Với x = 0 thay vào (1) : 2 2 8 8 2 2 3.2 8 2 12.2 2 log 11 11 y y y y y y           Với 1 1 3 x y x        thay y = 1 – 3x vào (1) ta được :   3 1 3 1 2 2 3.2 3 x x      Đặt 3 1 2 x t   , vì 1x   nên 1 4 t   PT (3) : 2 3 2 2 1 6 6 1 0 3 2 2 t t t t t t                Đối chiếu điều kiện 1 4 t   ta chọn 3 2 2t   . Khi đó   3 1 2 1 2 3 2 2 log 3 2 2 1 3 x x              2 1 3 2 log 3 2 2y x     Vậy HPT đã cho có 2 nghiệm 2 0 8 log 11 x y        và     2 2 1 log 3 2 2 1 3 2 log 3 2 2 x y                0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu ý Nội dung Điểm Câu V.b 1 Trong 0xy cho Elíp có phương trình ở dạng chính tắc:   01 2 2 2 2  ba b y a x (E) hình chữ nhật cơ sở có diện tích bằng 24, chu vi bằng 20 và điểm M(1;1). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (E) tại hai điểm phân biệt sao cho M là trung điểm. + Tìm được a = 3; b = 2 + Giả sử đường thẳng qua M cắt (E) tại hai điểm M 1 (x 1 ;y 1 ), M 2 (x 2 ;y 2 ) khi đó:    09))((4 3694 3694 21212121 2 2 2 2 2 1 2 1         yyyyxxxx yx yx Mà: M là trung điểm M 1 , M 2 nên: x 1 +x 2 =2; y 1 +y 2 =2 nên 4(x 1 -x 2 )-9(y 1 -y 2 )=0 (1) + Giả sử phương trình đường thẳng qua M(1;1) có VTPT (a;b) 0,25đ 0,25đ GHI CHÚ Đáp án này gồm 6 trang, học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Bài hình học không gian nếu vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm Khi đó có phương trình: a(x-1)+ b(y-1) = 0 do qua M 1 , M 2 nên:             0 011 011 2121 22 11       yybxxa ybxa ybxa (2) Từ (1) và (2) ta có a = 4 b = 9 vậy phương tình đường thẳng cần tìm là: 4x+ 9y - 13 = 0 0,25đ 0,25đ 2 Tìm các giá trị của x trong khai triển nhị thức Newton:     n x x         5 3lg2310lg 22 . Biết số hạng thứ 6 của khai triển bằng 21 và 231 2 nnn CCC  + Từ 231 2 nnn CCC  giải phương trình tìm ra n =7 + Số hạng thứ 6 bằng 21 thì:     03lg310lg212 23lg)2(310lg5 7   xxx x C   093.103 2  xx + Vậy nghiệm của phương trình là: x= 1; x=2 0,25đ 0,5đ 0,25đ Câu VI.b Giải bất phương trình: 623.23.34 212   xxxx xxx ĐK x≥ 0 + Chuyển bất phương trình về dạng tích: 0)32)(32( 2  x xx + Từ nghiệm vế trái: x = -1; x =3/2; x = 2log 2 3 . Lý luận để bất phương trình có nghiệm          ; 2 3 2log;0 2 3 x + kết luận nghiệm bất phương trình:          ; 2 3 2log;0 2 3 x 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Cảm  ơ n   bạ n   K h á nh   H ò a  ( k. ho a9 4@ z i ng.c om )   gửi  t ới  www . la is ac. page. t l