Tìm giá trị của tham số m để tiếp tuyến tại A1; 2 cắt đồ thị hàm số Cm tại B sao cho tam giác OAB cân tại O O là gốc tọa độ.. PHẦN RIÊNG 3,0điểmThí sinh chỉ được làm một trong hai phần [r]
(1)Së gd & ĐT hãa Trường thpt quảng xương I đề kiểm tra chất lượng các môn văn hóa líp12 n¨m näc 2012 -2013 lÇn Môn thi: Toán, khối A+B và khối A1 Thời gian làm bài 180 phút, đề gồm có 01 trang PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7,0điểm) Câu I(2,0 điểm) Cho hàm số y x 3(m 1) x 6mx 3m (Cm ) ( m là tham số thực) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (Cm ) m Tìm giá trị tham số m để tiếp tuyến A(1; 2) cắt đồ thị hàm số (Cm ) B cho tam giác OAB cân O (O là gốc tọa độ) Câu II(2,0 điểm) (1 cos x sin x) cos x cos2 x cos x Giải phương trình: tan x ( xy 1) x ( x 1) x y x Giải hệ phương trình : ( x, y ) 2 x y x x y x (sin x x) sin x dx cos x Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông B có AB a; BC 2a ;SA vuông góc với mặt phẳng (ABC).Gọi M là trung điểm AC,biết góc mặt phẳng (SBC) và (ABC) 60o Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM) theo a Câu V(1,0 điểm) Cho x, y là các số thực dương,tìm giá trị lớn biểu thức : x 2x P ( x 1)( x y ) ( x y ) ( xy 1)( x y ) Câu III(1,0 điểm) Tính tích phân: I PHẦN RIÊNG (3,0điểm)Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A.Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a(2,0điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho đường tròn (T ) : ( x 5) ( y 7) 45 và hai đường thẳng : x y 0; ' : x y 12 Viết phương đường tròn (C) có tâm thuộc đường thẳng ,tiếp xúc với đường thẳng ' và cắt (T) hai điểm A, B cho đường thẳng AB qua điểm M (5; 3) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x y z và hai điểm A 0; 2;1 ; B(2;0;3) Điểm M thuộc mặt phẳng (P),sao cho tam giác MAB cân M Biết mặt phẳng ( ABM ) vuông góc với mặt phẳng ( P) ,tìm tọa độ điểm M Câu VII.a(1,0điểm) Trong hộp có 50 viên bi đánh số từ đến 50,chọn ngẫu nhiên viên.Tính xác suất để tổng số trên viên bi chọn là số chia hết cho B.Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b(2,0điêm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AB BD Điểm M 4; 5 thuộc đường thẳng AB,điểm N 6; 1 thuộc đường thẳng CD.Tìm tọa độ đỉnh B,biết B có hoành độ dương Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz,cho mặt cầu ( S ) : x y z x y 10 z và điểm A(1;7;0) Mặt phẳng (P) qua O và A cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn (C) có tâm H,sao cho tam giác OAH vuông.Viết phương trình mặt phẳng (P) Câu VII.b(1,0điểm) Giải bất phương trình : x x 3x 3x 1 x 3x ( x ) -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu.Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh…………………………………… Số báo danh :……………… Nhà trường tổ chức kiểm tra lần vào ngày11 và 12 tháng năm 2013 Lop12.net (2) TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG I CâuI đáp án đề kiểm tra chất lượng lần năm học 2012- 2013 Môn :toán Khối A+A1+B (đề gồm có trang) Điể Nội dung m 1đ Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = Với m = ta y = x3 – 3x2 + 1.Tập xác định : D = R 2.Sự biến thiên a.Giới hạn vô cực lim y ;lim y x x - + 0.25 x y' b.Bảng biến thiên : y ' x x; y ' x 0; x Hàm số đồng biến trên ;0 và 2; + - + j y + - Hàm số nghịch biến trên 0; 0.25 o Hàm số đạt cực đại x = 0, yCD ; Hàm số đạt cực tiểu x = , yCT Đồ thị : Điểm uôn I(1;2) Giao với Ox (-1;0);(2;0) Giao với Oy (0;4) 0.25 0.25 -15 Nhận xét :Đồ thi nhận điểm I làm tâm đối xứng -10 -5 10 15 -2 -4 -6 -8 Tìm giá trị m: 1đ Ta có ; f '( x) x 6(m 1) x 6m Tiếp tuyến A(1;2) là : y 3 x Phương trình hoành độ giao điểm và (Cm ) : x3 3(m 1) x 6mx 3m 3x CâuII ( x 1) ( x 3m 1) x 1; x 3m Khi đó B(3m 1; 9m 2); OA (1; 2); OB (3m 1; 9m 2) Để tam giác OAB cân O thì OA2 OB (3m 1) (9m 2) 90m 30m m 0; m Khi m B A (loại) Vậy m là giá trị cần tìm Giải phương trình lượng giác: cos x x m và x l tan x 1 0.25 0.25 0.25 0.25 1đ Điều kiện: (sin x cos x) (cos x sin x) cos x (cos x sin x) (1) cos x sin x cos x cos x cos x (cos x sin x) (cos x sin x) (cos x sin x) (cos x sin x)(cos x sin x 1) cos x sin x (2); cos x sin x (3) (2) tan x x k ; (3) sin( x ) x k 2 ; x k 2 2 Lop12.net 0.25 0.25 0.25 (3) Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm phương trình: x 0.25 k ; x k 2 ( xy 1) x ( x 1) x y x (1) ( x, y ) 2 4 x y x x y x (2) Giải hệ phương trình: 2 1đ Điều kiện: y 1 Từ phương trình (1) ta có: 0.25 x ( xy 1) ( x 1) x( xy 1) x( xy 1)( x 1) ( x 1) ( x 1)( x y x 1) x 1; x y x Với x thay vào (2) ta được: y y y 1(2 y 1) y 1 Ta có nghiệm: ( x; y ) (1; 1) 1 2x Với x y x y (vì x =0 không thõa mãn) thay vào (2) ta được: x 0.25 1 2x x 1 1 2x x3 x x x ( x 1) x x x( x 1) x x x TH 1: x x y 1; TH : x x x 1 y 3; x y 3 Câu:I II 0.25 Vậy nghiệm hệ (1; 1);(1;3);( ;3) Tính tích phân 0.25 1đ 6 6 (sin x x) sin x x sin x sin x x sin x I dx dx dx dx A B B dx x 2 cos x cos x cos x 0 0 A x sin x x dx cos xdx d (sin x) dx xd ( ) 2 cos x cos x cos x 0 cos x 3 cos x 3 (sin x 1) 6 6 6 1 s inx ln d (s inx) 3 s inx s inx 3 s inx Vậy I ln 3 Câu IV 0.5 0.25 1 ln 3 0.25 Tính thể tích và khoảng cách: 1đ Ta có SA ( ABC ) SA BC o BC ( SAB) SBA 60 là góc hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) AB BC S Do đó SA AB.tan 60 a ; S ABC AB.BC a 1 3 a (đvtt) Vậy VS ABC SA.S ABC a 3.a 3 K Dựng AH BM ( H BM ); AK SH ( K SH ) M A SA BM BM ( SAH ) BM AK AK ( SBM ) (do AK ( SBM )) AH BM Khi đó d (C , ( SBM )) d ( A, ( SBM )) AK MBC MCB nên hai tam giác vuông HAB và BCA đồng dạng Ta có BAH Hay AH BC AH BC AB 2a a a AK AB AC AC Vậy d (C , ( SBM )) 12 a (đvđd) 19 5a 0.25 C H B 0.25 AH AS2 12 a 2 AH AS 19 (Học sinh có thể giải phương pháp tọa độ) Lop12.net 0.25 0.25 (4) CâuV Tìm giá trị lớn biểu thức P x x x y x y Đặt z 2 y ta có P x 2x ( xy x y 1)( x y ) x y z 1 1đ 2 y x2 y x y ( x 1)( y 1)(1 ) x 0.25 Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: ( x 1)( y 1)( z 1) 1 2 x y z 3 ( x 1)( y 1)( z 1) x y z x y z 1 x y z 1 2 54 Suy P Đặt t x y z ta có : P 54 x y z x y z 3 t t 2 2 Xét hàm f (t ) t 54 t 2 0.25 t1; t Vậy Pmax t 2 x y 0.25 Viết phương trình đường tròn (C): 1đ Đường tròn (T) có tâm J(-5;7) bán kính r ,ta có MJ 10 Đường tròn (C) có tâm I, bán kính R, đặt N AB IJ Ta có : MN MJ NJ 100 (r AN ) AN 55 M 0.25 A MN MI NI MI ( R AN ) AN MI R 0.25 Suy : MI R 55 (1) Vì I I (3t ; 4t 3) IM (3t 5) (4t ) 25t 30t 25 Do (C) tiếp xúc với ' nên : R d ( I , ') t R 25t 2 0.25 trên 1; ta có : f '(t ) 22 162 ; f '(t ) t 1; t Lập BBT ta có Maxf (t ) f (4) CâuV Ia 2 I J N B 0.25 Thay vào (1) ta có: t I (3;1); R Vậy đường tròn (C) có phương trình : ( x 3) ( y 1) 25 Tìm tọa độ M : Vtpt (P) nP (2; 1; 1) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực AB nQ AB (1;1;1) là vtpt (Q) I(1;-1;2) là trung điểm AB pt (Q) : x y z Gọi (R) là mặt phẳng qua A,vuông góc với (P) và (Q) nR nP ; nQ (0;3; 3) là vtpt (R) 17 ) 6 pt ( R) : y z Vì M ( P) (Q) ( R) M ( ; ; CâuV IIa Tính xác suất: viên chọn có viên loại: C171 C171 C161 4624 Số cách chọn viên có tổng số chia hết cho : C173 C173 C163 + C171 C171 C161 = 6544 Vậy xác suất cần tính là: P CâuV Ib 1đ 0.25 0.25 0.25 0.25 1đ *Trong 50 viên có ba loại: 17 viên có số chia dư 1; 17 viên có số chia cho dư 2; 16 viên có số chia hết cho *Số cách chọn viên có số bất kì : C503 19600 *Số cách chọn viên bi có tổng số là số chia hết cho 3: TH1: viên chọn cùng loại: C173 C173 C163 1920 TH2: 0.25 6544 409 0,3339 19600 1225 Tìm tọa độ điểm B 0.25 0.25 0.25 0.25 1đ Lop12.net (5) Gọi N’ là điểm đối xứng N qua I thì N’ thuộc AB, ta có : B M xN ' xI xN 2 MN ' (6;8) chọn vtpt AB là n(4;3) y N ' yI y N Phương trình đường thẳng AB: N' A 4x + 3y – = d d ( I ; AB) C I 4.2 3.1 42 32 D 0.25 N 2 0.25 Ta có AB BD ; đặt BI a (a 0) AB 20a AB 5a AI 2a Trong tam giác vuông ABI có: 1 suy a ; IB ( x 2) ( y 1) d a 4a 0.25 4x 3y – Tọa độ B là nghiệm hệ: Vì B có hoành độ dương nên B( 1; -1) 2 ( x 2) ( y 1) 0.25 Viết phương trình mặt phẳng (P): 1đ Mặt cầu (S) có tâm I(- 4;3;5) bán kính R Vì O và A thuộc (S), H là tâm đường I 0.25 tròn (C) nên IH ( P) IH (OAH ) và tam giác OAH vuông cân H Ta có : OA HA OA IH IA2 HA2 H O Vì mặt phẳng (P) qua O nên phương trình có dạng ax by cz (a b c 0) A 0.25 Do A ( P) a 7b a 7b nên ( P) : 7bx 3by cz Ta có: d ( I ;( P)) IH 25b 5c 50b c 2 5b c 50b c 5b 2bc b 0;5b 2c 0.25 Khi b a chọn c ( P) : z Khi 5b 2c chọn b 2; c 5 a 14 ( P) :14 x y z Vậy phương trình mặt phẳng ( P) : z ; ( P) :14 x y z Câu VIIb Giải bất phương trình: x x.3x 3x 1 3x 3x ( x ) (1) (1) x.3 x x x 1 1đ x (3 3) x(3 3) (3 3) x x x x x 0.25 (3 3)(3 x 1) x 0.25 x Xét hàm số f ( x) 3x x có f '( x) 3x ln x , đó f(x) đồng biến x x x 3 TH 1: x x x 0;1 f ( x) f (0) 3 x 3 x 3x x x x (vô nghiệm) TH : x x f ( x) f (0) x 3 x 3 x Vậy tập nghiệm bất phương trình: S 0;1 Học sinh làm cách khác đáp án mà đúng điểm tối đa Lop12.net 0.25 0.25 0.25 (6)