ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Sầm sơn môn toán Khối B,D năm học 2012 - 2013

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Sầm sơn môn toán Khối B,D năm học 2012 - 2013

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Sầm sơn Khối B,D 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 bất phương trình:   21 293 2 2 2   x x x 2) Giải phương trình: sin3x+cos3x -2 2 1 4 cos          x =0 Câu III: ( 2 điểm ) cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạch a, tam giác SAB đều và năm 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 nhọn có AB = c, AC=b; BC = a thỏa mãn: abc=1 Tìm giá trị nhỏ nhất của: 222222222 bac abca acb cabc cba bcab 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) Một kệ sách có 15 quyển sách (4 quyển toán khác nhau, 5 quyển lý khác nhau, 6 quyển văn khác nhau). Người ta lấy ngẫu nhiên 4 quyển sách từ kệ. Tính xác suất để số sách lấy ra không đủ 3 môn. Câu VI.a ( 1 điểm ) Giải phương trình: )12(log1)13(log2 3 5 5  xx . 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  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 phương trình: 623.23.34 212   xxxx xxx ac.page.tl Cảm ơn bạn Khánh Hòa (k.hoa94@zing.com ) gửi tới www.laisac.page.tl 2 2 SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Sầm sơn Khối B,D 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 b) 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 y / x y - 2 -  + + +  0 +  -  2 0 0 2 - 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 0,25đ 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 bất phương trình:   21 293 2 2 2   x x x + ĐK:              0 2 9 0 029 x x x x Khi đó ta có bất phương trình tương đương: 2 7 429 .21 2 293 2 2 2            xxx x x x + Vậy nghiệm của bất phương trình là:   0\ 2 7 ; 2 9       x 0,25đ 0,5đ 0,25đ 2 Giải phương trình: sin3x+cos3x -2 2 1 4 cos          x =0 Phương trình :     01sincos5sincos4 33  xxxx      oxxxxxx  1sincos5cossin1sincos4 Đặt cosx – sinx =t ta được : 012015 2 1 14 3 2            ttt t t giải phương trình ta được t = 1 thay và đặt: 0,25đ 0,25đ cosx – sinx = 1           2 2 2 . kx kx k Z Vậy phương trình có nghiệm:   2;2 2 kxkx  k Z 0,25đ 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 V S.ABMN = 3 2 . 48 35 8 5 . 2 3 . 3 1 . 3 1 a aa SSH ABMN  (đvtt) 0,5đ 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 3a MF  0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu IV Cho tam giác ABC nhọn có AB = c, AC=b; BC = a thỏa mãn: abc=1 Tìm giá trị nhỏ nhất của: H A S B K P C D N E M 222222222 bac abca acb cabc cba bcab P          +            222222 11 baccba abp           222222 11 acbcba cb +          222222 11 bacacb ac +Ta có: 2222222 211 cbaccba           ( Do với x,y dương thì yxyx   411 ) Tương tự: 2222222 211 aacbcba           2222222 211 bbacacb           Vậy 62 222         b ac a bc c ab P Vậy P nhỏ nhất bằng 6 khi a-=b=c=1 0,25đ 0,5đ 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 + Số phần tử của không gian mẫu là: 4 15 1365C   + Gọi A là biến cố lấy ra 4 quyển sách đủ cả 3 môn ( có các trường hợp: (2 toán, 1 lý, 1 văn); (1 toán, 2 lý, 1 văn);(1 toán, 1lý, 2 văn)) có số phần tử là: 2 1 1 1 2 1 1 1 2 4 5 6 4 5 6 4 5 6 . . . 720A C C C C C C C C C    Xác suất để xảy ra A là: 720 48 ( ) 0.527 1365 91 P A    0,25đ 0,25đ 0,25đ 1.Theo chương trình nâng cao: Vậy xác suất cần tìm là:   43 P 1 P A 91    0,25đ Câu VIa Giải phương trình: )12(log1)13(log2 3 5 5  xx . + ĐK: 3 1 012 013       x x x + Biến đổi phương trình về dạng:     32 12135  xx + Giải phương trình tìm được nghiệm: x=1/8;x=2 Vậy nghiệm của phương trình là; x = 2 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu ý Nội dung Điểm Câu IV.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) 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 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 093.10)3( 2  xx + Vậy nghiệm của phương trình là: x = 1; x = 2 0,25đ 0,5đ 0,25đ GHI CHÚ Đáp án này gồm 5 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 Câu V.b Giải 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 phương trình có nghiệm + Kt luận nghiệm phương trình:x =3/2; x = 2log 2 3 . 0,25đ 0,25đ 025đ 0,25đ Cảm ơn bạn Khánh Hòa (k.hoa94@zing.com ) gửi tới www.laisac.page.tl . HÓA ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Sầm sơn Khối B,D năm học 2012 - 2013 Môn Toán. Thời gian : 180 phút (Không kể thời gian giao đề ). SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Sầm sơn Khối B,D năm học 2012 - 2013 Môn Toán. Thời gian : 180 phút PHẦN