2 de thi thu Dai hoc mon Toan va dap an tham khao

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không dược chấm điểm).. Theo chương trình nâng cao Câu VIa.[r]

Sở GD & ĐT Thanh Hoá KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MƠN TỐN KHỐI B D

Tháng 03/2010

Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y = (C)

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C)

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết khoảng cách từ tâm đối xứng đồ thị (C)

đến tiếp tuyến lớn Câu II (2.0 điểm)

Giải phương trình os6x+2cos4x- os2x = sin2x+ 3c c

Giải hệ phương trình

2

1

2

2

x x y y y x y 

   



   



Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân

2

0

( sin )

1 x

x x dx

x 





Câu IV (1.0 điểm) Cho x, y, z số thực dương lớn thoả mãn điều kiện 1

2

x y z  Tìm giá trị lớn biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).

Câu V (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình thoi SA = x (0 < x < ) cạnh cịn lại Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo x

PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)

Thí sinh làm hai phần A B (Nếu thí sinh làm hai phần không dược chấm điểm)

A Theo chương trình nâng cao Câu VIa (2.0 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = (d2): 4x + 3y - 12 = Tìm toạ độ tâm bán kính đường trịn nội tiếp tam giác có cạnh nằm (d1), (d2), trục Oy

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’có cạnh Gọi M trung điểm đoạn AD, N tâm hình vng CC’D’D Tính bán kính mặt cầu qua điểm B, C’, M, N

Câu VIIa (1.0 điểm)

Giải bất phương trình

2

3

2

log ( 1) log ( 1)

x x

x x

  

  

B Theo chương trình chuẩn Câu VIb (2.0 điểm)

Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) đường thẳng (d): x - y - = Lập phương trình đường trịn qua

điểm A, B tiếp xúc với đường thẳng (d)

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; ; 2) mặt phẳng (Q):

x + 2y + 3z + = Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, B vng góc với (Q) Câu VIIb (1.0 điểm)

Giải phương trình 2 23

x x x x

x x x x

C C  C  C  

   (Cnk tổ hợp chập k n phần tử) HẾT

Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MƠN TỐN KHỐI B - D

Tháng 03/2010

Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

CÂU NỘI DUNG THANG

ĐIỂM Câu I

(2.0đ) (1.0đ)

TXĐ : D = R\{1}

0.25 Chiều biến thiên

lim ( ) lim ( )

x  f x x   f x  nên y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số

1

lim ( ) , lim

x  f x  x   nên x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số

y’ =

1 (x 1)

 



0.25

Bảng biến thiên

1 +

-

1

-y

y'

x - +

Hàm số nghịc biến ( ;1)và (1;) Hàm số cực trị

0.25

Đồ thị.(tự vẽ)

Giao điểm đồ thị với trục Ox (0 ;0) Vẽ đồ thị

Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng

0.25

2.(1.0đ) Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến lớn

Phương trình tiếp tuyến M có dạng :

0

0

1

( )

( 1)

x

y x x

x x

  

 

2

2

0

1

0

( 1) ( 1)

x x y

x x

    

 

0.25

Ta có d(I ;tt) =

4

1 1

( 1) x

x  



Xét hàm số f(t) =

( 0)

t t

t 

 ta có f’(t) =

2

4

(1 )(1 )(1 ) (1 )

t t t

t t

  

 

0.25

f’(t) = t = 0.25

-+ f(t) f'(t) x

0 +

Bảng biến thiên

từ bảng biến thiên ta c

d(I ;tt) lớn

chỉ t = hay

0 0 1 x x x        

+ Với x0 = ta có tiếp tuyến y = -x + Với x0 = ta có tiếp tuyến y = -x+4

0.25

Câu II(2.0đ) (1.0đ)

4cos5xcosx = 2sinxcosx + 3cos2x 0.25

os x=0

2cos5x =sinx+ cos c x     0.25 cos os5x=cos(x- ) x c        0.25 24 2 42 x k k x k x                      0.25

2.(1.0đ) ĐK : y0

hệ

2

2

1

2

2 x x y x y y               

 đưa hệ dạng

2

2

2

u u v v v u

             0.5 1

2 7

2 ,

1 7

2

u v u v

u v u v

v v u

u u v v                                                    

 Từ ta có nghiệm hệ

(-1 ;-1),(1 ;1), (

3

;

2



 ), (

3

;

2



 )

Câu III (1.0đ)

1

2

0

sin

1 x

I x x dx dx

x

 



  0.25

Ta tính I1 =

2

0 sin x x dx 

đặt t = x3 ta tính I

1 = -1/3(cos1 - sin1)

0.25

Ta tính I2 = 01

x dx x  

đặt t = x ta tính I2 =

2

1

2 (1 ) 2(1 )

1 t dt

 

    

 

0.25

Từ ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+

2 

 0.25

Câu IV

(1.0đ) Ta có

1 1 x y z  nên

0.25

1 1 1 ( 1)( 1)

1 y z y z (1)

x y z y z yz

   

      

Tương tự ta có

1 1 1 ( 1)( 1)

1 x z x z (2)

y x z x z xz

   

      

1 1 1 ( 1)( 1)

1 x y x y (3)

y x y x y xy

   

      

0.25

Nhân vế với vế (1), (2), (3) ta

1 ( 1)( 1)( 1)

8

x y z  0.25

vậy Amax =

1

8 x  y z

0.25

Câu V

(1.0đ) Ta có SBDDCB c c c( ) SO CO Tương tự ta có SO = OA

vậy tam giác SCA vuông S

1

CA x

  

Mặt khác ta có

2 2 2

AC BD AB BC CD AD

3 ( 3)

BD x do x

    

2

1

1

4

ABCD

S x x

   

0.5

Gọi H hình chiếu S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD

 H  CO

0.25

Mà 2 2

1 1

1 x SH

SH SC SA   x

0.25 O

C

B

A D S

Vậy V =

2

3 ( vtt) 6x  x d Câu

VIa (2.0đ) (1.0đ)

Gọi A giao điểm d1 d2 ta có A(3 ;0)

Gọi B giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)

0.5

Gọi BI đường phân giác góc B với I thuộc OA ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3

0.5

2

(1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)

Gọi phương tình mặt cầu qua điểm

M,N,B,C’ có dạng

x2 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0

Vì mặt cầu qua điểm nên ta có

1

5

2 2

2

8 4 1

8 4 2

4 A A D

B C D B

A C D

C

B C D

D                                      

Vậy bán kính R = A2B2C2 D 15

1.0 Câu VIIa (1.0đ) Câu VIb (2.0đ) (1.0đ)

Đk: x > - 0.25

bất phương trình

3

3 3log ( 1) 2log ( 1)

log

0 ( 1)( 6)

x x x x        log ( 1)

0 x x     0.25 0.25 x

   0.25

Giả sử phương trình cần tìm (x-a)2 + (x-b)2 = R2 0.25 Vì đường trịn qua A, B tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình

2 2

2 2

2

(1 )

(1 ) (2 )

( 1)

a b R

a y R

a b R

               0.25 2 a b R         

Vậy đường trịn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2

0.5

2

(1.0đ) Ta có AB(1;1;1),nQ(1; 2;3), AB n; Q   (1; 2;1)

                                                       

Vì AB n; Q 

                                         

nên mặt phẳng (P) nhận AB n; Q

 

làm véc tơ pháp tuyến

Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - = Câu

VIIb

(1.0đ) ĐK :

2 x x N

  

  

Ta có 1 2 23 11 223 223

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

C C  C  C  C  C C  C  C C 

     

        

(5 x)! 2! x

    

1.0

Chú ý: Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đợc đủ điểm

từng phần nh đáp án quy định.

Sở GD & ĐT Hng Yên đề thi thử đại học lần thứ khối A

Trờng THPT Trần Hng Đạo Môn: Toán Thời gian: 180 phút

I.Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm sè y=2x+1

x+2 có đồ thị (C)

1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

2.Chứng minh đờng thẳng d: y = -x + m luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ

C©u II (2 điểm)

2.Giải bất phơng trình log2

x −log2x

−3>√5(log4x

−3)

Câu III (1 điểm) Tìm nguyên hàm I=dx

sin3x cos5x

Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh bên

v mt phng ỏy 300 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A

1B1C1) thuộc đờng thẳng

B1C1 Tính khoảng cách hai đờng thẳng AA1 B1C1 theo a

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c0 a2b2c2 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

3 3

2 2

1 1

a b c

P

b c a

 

II.Phần riêng (3 điểm)

1.Theo chơng trình chuẩn Câu VIa (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng trịn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = và

đờng thẳng d: x + y + m = Tìm m để đờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng trình ¿

x=1+2t y=t z=1+3t

¿{ {

Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P)

lớn

Câu VIIa (1 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác khác mà số luôn có mặt hai chữ số chẵn hai chữ số lẻ

2.Theo chơng trình nâng cao (3 điểm)

Câu VIb (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - = đờng

thẳng d có phơng trình x + y + m = Tìm m để đờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng trình

x −1

2 =

y

1=

z −1

3 Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới

(P) lớn

Câu VIIb (1 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác mà số luôn có mặt hai chữ số chẵn ba chữ số lỴ

-Hết-đáp án đề thi thử đại học lần khối a - mơn tốn I.Phần dành cho tt c cỏc thớ sớnh

Câu Đáp án Điể

m I

(2 điểm)

1 (1,25 điểm)

a.TXĐ: D = R\{-2}

b.Chiều biến thiên

+Giới hạn:

x 2+= ;lim y

x → −2−

=+∞

lim y

x →− ∞=limx →y+∞=2;limy¿

Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -2 tiệm cận ngang y =

0,5

+

x+2¿2 ¿ ¿

y '=3¿

Suy hàm số đồng biến khoảng (− ∞;−2) (−2;+∞)

+B¶ng biÕn thiªn

x − ∞ -2 +∞

y’ + +

+∞ y

− ∞

0,25

c.§å thị:

Đồ thị cắt trục Oy điểm (0;

2 ) cắt trục Ox ®iÓm( −

2 ;0)

Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng

0,25

2 (0,75 ®iĨm)

Hồnh độ giao điểm đồ thị (C ) đờng thẳng d nghiệm phơng

tr×nh

2x+1

x+2 =− x+m⇔ x ≠ −2 x2+(4−m)x

+1−2m=0(1)

¿{

Do (1) cã −2¿

2

+(4− m).(−2)+1−2m=−3≠0∀m

Δ=m2+1>0 va¿ nên đờng thẳng d luôn cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B

0,25

Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 +

12) suy AB ngắn  AB2 nhỏ  m = Khi AB=√24

0,5

II (2 ®iĨm)

1 (1 ®iĨm)

Phơng trình cho tơng đơng với

9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + – 2sin2x =

 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) =

 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) =

0,5

 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) =



1−sinx=0

¿

6 cosx+2 sinx −7=0(VN)

¿ ¿ ¿ ¿

0,25

 x=π

2+k2π

0,25

2 (1 điểm)

ĐK:

x>0 log2

2

x −log2x

−3≥0

¿{

¿

Bất phơng trình cho tơng đơng với √log22x −log 2x

2−3>

√5(log2x −3)(1)

đặt t = log2x,

BPT (1)  √t2−2t −3

>√5(t −3)⇔√(t −3)(t+1)>√5(t −3)

0,5

y

O 2 -2

⇔

¿t>3

t −3¿2 ¿ ¿ ¿

⇔

¿

t ≤−1

¿

3<t<4

¿

⇔

¿

t ≤−1

¿ ¿ ¿{

¿

(t+1)(t −3)>5¿

0,25

⇔

0<x ≤1

¿

8<x<16

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Vậy BPT cho có tập nghiệm là: ¿∪(8;16)

III

1 ®iĨm I=dx

sin3x cos3x cos2x=8 dx

sin32x cos2x

đặt tanx = t

⇒dt=dx

cos2x ;sin2x=

2t 1+t2 2t

1+t2¿

3

¿

t2+1¿3 ¿ ¿t3

¿ ¿ ¿ ¿

dt

¿

⇒I=8¿

0,5

¿t

6

+3t4+3t2+1

t3 dt

(t3

+3t+3 t+t

−3)dt =1

4tan

4x +3

2tan

2x+3 ln

|tanx|−

2 tan2x+C

Câu IV

1 điểm Do giả thiết góc AH(A B1C1)AA nên góc AA1H góc AA1 (A1B1C1), theo

1H 300 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a,

gãc ∠AA1H =300 ⇒A1H= a√3

2 Do tam giác A1B1C1 tam giác

c¹nh a, H thuộc B1C1 A1H=a3

2 nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt

khác AHB1C1 nên B1C1(AA1H)

0,5

Kẻ đờng cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách AA1

vµ B1C1

0,25

Ta cã AA1.HK = A1H.AH ⇒HK=

A1H AH

AA1

=a√3

4

0,25

C©u V

1 ®iĨm Ta có: P + = a

3

√1+b2+b

+ b

√1+c2+c

+ c

√1+a2+a

⇔P+

4√2=

a3

2√1+b2+

a2

2√1+b2+

1+b2

4√2

+b3

2√1+c2+

b2

2√1+c2+

1+c2

4√2

+c3

2√1+a2+

c2 2√1+a2+

1+a2

4√2

3

√ a6

16√2+3

3

√ b6

16√2+3

3

√ c6

16√2

⇒P+

2√2≥

3 2√32√2(a

2

+b2+c2)= 26

√8 ⇒P ≥ 2√623−

3

2√2=

9

2√2−

3

2√2=

3 √2 Để PMin a = b = c =

0,5

0,5

Phần riêng.

1.Ban bản

Câu VIa 2 ®iĨm

1.( ®iĨm)

Từ phơng trình tắc đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn AB⊥AC => tứ giác ABIC hình vng cạnh ⇒IA=3√2

0,5

⇔|m−1|

√2 =3√2⇔|m−1|=6⇔ m=−5

¿

m=7

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

0,5

2 (1 ®iĨm)

Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P)

Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta cã AH≥HI => HI lín nhÊt

A I

Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến

0,5

HdH(1+2t ;t ;1+3t) H hình chiếu A d nên

u=(2;1;3)

AHdAH u=0 véc tơ ph¬ng cđa d)

⇒H(3;1;4)⇒AH(−7;−1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0

 7x + y -5z -77 =

0,5

Câu VIIa 1 điểm

Từ giả thiết toán ta thấy có C24=6 cách chọn chữ số chẵn (vì

số 0)và C52=10 cách chọn chữ số lẽ => có C52 C52 = 60 bé sè tháa

mÃn toán

0,5

Mi b s nh có 4! số đợc thành lập Vậy có tất C4

C5

.4! = 1440 sè

0,5

2.Ban n©ng cao. Câu

VIa 2 điểm

1.( ®iĨm)

Từ phơng trình tắc đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn AB⊥AC => tứ giác ABIC hình vng cạnh ⇒IA=3√2

0,5

⇔|m−1|

√2 =3√2⇔|m−1|=6⇔ m=−5

¿

m=7

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

0,5

2 (1 ®iĨm)

Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P)

Giả sử điểm I hình chiếu H lªn (P), ta cã AH≥HI => HI lín nhÊt

A I

Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến

0,5

HdH(1+2t ;t ;1+3t) H hình chiếu A d nên

u=(2;1;3)

AHdAH u=0 véc tơ chØ ph¬ng cđa d)

⇒H(3;1;4)⇒AH(−7;−1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =

 7x + y -5z -77 =

0,5

C©u VIIa 1

Tõ giả thiết toán ta thấy có C52=10 cách chọn chữ số chẵn (kể số có

ch số đứng đầu) C5

3 =10 c¸ch chän ch÷ sè lÏ => cã

C5 .

C5

3 = 100

bộ số đợc chọn

điểm Mỗi số nh có 5! số đợc thành lập => có tất C

5 . C

5

3 .5! = 12000

sè

Mặt khác số số đợc lập nh mà có chữ số đứng đầu C4

.C5

4!=960

VËy cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 số thỏa mÃn toán