Đề thi khảo sát chất lượng khối 12 năm 2010 môn thi: Toán khối thi: A, B

Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn Phương pháp toạ độ trong mp và trong không gian 2.00 điểm Toạ độ trong mạt phẳng 1.00 điểm * Gọi D, E lần lượt là chân đương cao kẻ từ B, C..[r]

.ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12 NĂM 2010 Môn thi: Toán Khối thi: A, B Thời gian làm bài: 180 phút ( Không kể thời gian giao đề ) .PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm ) Câu I: Cho hàm số f  x   x  2m  x  m  5m  (C) 1/ Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 2/ Tìm các giá trị thực m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân 1  Câu II: 1/ Giải bất phương trình sau trên tập số thực: x   3 x  2x 2/ Tìm các nghiệm thực thoả mãn  log x  phương trình: sin x tan x  sin x  tan x  3   1  1 x  x ln 1  x   dx Câu III: Tính tích phân sau:     x  1  Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,góc A=1200, BD = a >0 Cạnh bên SA vuông góc với đáy Góc mặt phẳng (SBC) và đáy 600 Một mặt phẳng (α) qua BD và vuông góc với cạnh SC Tính tỉ số thể tích hai phần hình chóp mặt phẳng (α) tạo cắt hình chóp Câu V: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc  a  c  b Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: 2 P   a 1 b 1 c 1 PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chọn chọn hai chương trình Chuẩn Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) có phương trình : x  y  và điểm M (2;1) Tìm phương trình đường thẳng  cắt trục hoành A cắt đường thẳng (d ) B cho tam giác AMB vuông cân M x  y z 1 2/ Viết phương trình đường thẳng (d) qua M(1;1;1),cắt đường thẳng d  :   2 và vuông góc với đường thẳng d  : x  2  2t ; y  5t ; z   t ( t  R ) Câu VII.a: Giải phương trình sau trên N*: C n1  3C n2  7C n3   n  C nn  n  n  6480 B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1/ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E): x  y  , Parabol  P  : x  10 y Hãy viết   phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng    : x  y   , đồng thời tiếp xúc với trục hoành Ox và cát tuyến chung Elip (E) với Parabol (P) 2/ Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P): x+y+z-1=0 đồng thời cắt hai x 1 y 1 z   và d  : x  1  t ; y  1; z  t , với t  R đường thẳng d1  : 1  x   log y Câu VII.b: Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:  x x 1 y  y  Cán coi thi không giải thích gì thêm Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị ( Ký và ghi rõ họ, tên) ………………………… Số báo danh thí sinh: Lop12.net Hướng dẫn giảI chi tiết và biểu điểm Môn thi: Toán - Khối A, B Hướng dẫn giải chi tiết này có lời giải 09 bài và gồm 06 trang Chú ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì tớnh điểm phần đáp án qui định Câu ý Hướng dẫn giải chi tiết §iÓm PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7.00 Câu I Khảo sát hàm số ( điểm ) Với m =1 Kh¶o s¸t hµm sè f  x   y  x  x  (C) (1.00 ®iÓm ) 1* TX§: D = R 2* Sù biÕn thiªn hàm số: 0.25 lim f  x    : lim f  x    * Giíi h¹n vô cực: x   x     f ' x   y'  x  x  x x  y '   x  0; x  1; x  x -∞ -1 +∞ y’ + 0 + * B¶ng biÕn thiªn: y +∞ +∞ 0.5 0 Hàm số đồng biến trên khoảng  1;0  và 1;  , nghịch biến trên khoảng  ;1 và 0;1 Hàm số đạt cực tiểu x  1; y CT  , đạt cực đại x  0; y CD  3* §å thÞ:   4 4 * Điểm uốn: y ' '  12 x  , các điểm uốn là: U   ; , U  ;  9    * Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0) * Hàm số là chẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị: Giám khảo tự vẽ hình 0.25 -5 -2 -4 * Chú ý: Đối với Hs học chương trình thì quy tắc KSHS thực chương trình chỉnh lý hợp 2000 Tìm tham số m (1.0 điểm) * Ta có f '  x   x  4m  x   x  0; x   m * Hàm số có CĐ, CT f’(x)=0 có nghiệm phân biệt và đổi dấu : m < (1) Toạ độ các điểm cực trị là: A 0; m  5m  , B  m ;1  m , C   m ;1  m    Lop12.net    0.25 0.25 * Do tam giác ABC luôn cân A, nên bài toán thoả mãn vuông A: AB AC   m    1  m  vì đk (1)    Trong đó AB   m ;m  4m  , AC    m ;m  4m  Vậy giá trị cần tìm m là m =  0.5 Câu II Giải phương trình và bất phuơng trình ( 2.00 điểm ) 1  Giải bpt ( 1.00 điểm ) x   3 x  2x    x  * ĐK:   x  * Với   x  : x    x  0,  x  , nên bpt luôn đúng * Với  x  : Bpt  x    x   x  x  11x  15  x  2  x  Ta có:  2 2 x 2 x  x   1  5  Vậy tập nghiệm bpt là: S   2;   2;  2  2  Nghiệm PTLG sin x tan x  sin x  tan x  3 * ĐK :  log x    x   * ĐK : cos x  PT tương đương với sin x  3 tan x    tan x   x  k   0.25 0.25 0.25 0.5 ;k  Z * Kết hợp với điều kiện (1) ta k = 1; nên x  Câu III 0.25   0.25  ;x  5  1 x   x ln 1  x   dx Tính tích phân K      x  1  0.25 1 * Tính  1 x 1 x   x  cos t ; t  0;   2 dx  I , Đặt Đổi cận: x   t   ( 1.00 điểm) 0.25 và x   t  Ta có: x  cos t  dx  2 sin t cos t.dt 1 x * Biến đổi: 1 x .dx  21  cos t  cos t.dt        * Nên I   1  cos t  cos t.dt   cos t.dt   1  cos 2t dt  sin t  t  sin 2t   2 0 0 0.25 * Tính  x ln1  x dx  J 0.25 Lop12.net u  ln 1  x  du  dx Đặt   1 x  dv  xdx  v  x 1  x2  x2   * Nên J  x ln1  x    dx  ln    x   dx  ln    x  ln  x   x 1 1 x  2 0 0 1 3 Vậy K  I  J  0.25 Câu IV Hình học không gian ( 1.00 điểm ) * Hình thoi ABCD có góc A=120 và tâm O nên tam giác ABC : a a OB  BD  và AB  AC  2 Đặt I là trung điểm BC thì AI  BC ; AI  OB Mà SA  mp ABCD   BC  SI Do đó SIA là góc mp(SBC) và mp(ABCD) vì SAI vuông A : SIA  60  SA  AI tan 60  a * Kẻ OK  SC K thì mp(BD;OK) là mp(α) SC AC OC AC SC SC   KC    Khi đó ASC ~ KOC : (1) OC KC SC KC OC AC  SC SA  13 SA  Lại OC  AC ; SC  SA  AC , nên  21   KC AC  HK  Trong đó H là hình chiếu K trên mp(ABCD) và H thuộc AC * Ký hiệu V, V1, và V2 là thể tích hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại S SA V SA  ABCD   13 hình chóp S.ABCD: V1 S BCD HK HK * Ta được: 0.25 0.25 0.25 V V V V1  V2     13   12 V1 V1 V1 V1 S 0.25 A B K I O H D Câu V C 2   (1) ( 1.00 điểm ) a 1 b 1 c 1 ac * Điều kiện abc  a  c  b  b  vì ac  và a, b, c   ac Tìm GTLN biểu thức P  Đặt a  tan A, c  tan C với A, C    k ; k  Z Ta b  tan  A  C  Lop12.net 0.25 P (1) trở thành 2   2 tan A  tan  A  C   tan C   2cos A  cos  A  C   cos C 0.25  cos2A - cos2A  2C   cos C  2sin 2A  C  sin C  cos C 10  1 10   sin C     3  sin C    Dấu đẳng thức xảy khi:  sin 2 A  C   sin 2 A  C  sin C    0.25 2 Từ sin C   tan C  từ sin 2 A  C    cos2 A  C   tan A   10 2  Vậy Ma.xP    a  ; b  2; c     0.25 Do đó: P  sin C  sin C   PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.00 Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn Phương pháp toạ độ mp và không gian ( 2.00 điểm) Toạ độ mạt phẳng ( 1.00 điểm ) * Gọi D, E là chân đương cao kẻ từ B, C Ta có toạ độ điểm B(0 ; -1) và BM  2;2  , suy MB  BC Kẻ MN // BC cắt BD N thì BCNM là hình chữ nhật * Phương trình đường thẳng MN là: x  y   8 1 N  MN  BD nên N  ;  Do NC  BC nên pt là x  y   3 3  x  y    5  C  ;  * Toạ độ C là nghiệm hpt:  x y 0  3   8 Toạ độ vectơ CM   ;  , nên phương trình AB là: x  y    3 * Một vectơ phương BN là vectơ pháp tuyến AC, nên phương trình cạnh AC là: x  y   0.25 0.25 0.25 A M E B Toạ độ không gian 0.25 N D C (1.00 điểm) * VTCP d2 là v  2;5;1 và là VTPT mp(P) qua M và vuông góc với d2 Pt mp(P) là: x  y  z   * Gọi A là giao điểm d1 và mp(P) nên A  3t ; t ;1  2t   1  A 5;1;3 Thay vào phương trình mp(P) thì tLop12.net 0.25 0.25 * Đường thẳng d cần lập pt có VTCP u  3;1;1do MA   6;2;2  x 1 y 1 z 1   Vậy phường trình đường thẳng d là: (vì d ≠ d2) 1 Giải pt : C n1  3C n2  7C n3   n  C nn  n  n  6480 (1.00 điểm)  CâuVII.a 0.5  * Trên R Xét 1  x   C n0  C n1 x  C n2 x  C n3 x   C nn x n n 0.25 Lấy đạo hàm vế n1  x n 1  C n1  2C n2 x  3C n3 x   nC nn x n 1 2 * Lấy tích phân: n  1  x  dx  C  dx  2C n 1 n n   2 n 2  xd x  3C  x d x   nC  x n n n n 1 dx * Ta C n1  3C  7C n3   n  C nn  n  n * Giải phương trình   Suy n  81  n  n Câu VI.b n 2n   6480  n 2n 0.25   6480  n 0.25 Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao Phương pháp toạ độ mp và không gian Toạ độ mặt phẳng (2.00 điểm) (1.00 điểm)  x  10 y * Toạ độ giao điểm (E) và (P) là nghiệm HPT:  2 x  y  Nhận thấy: với x > 0, có giá trị y đối xứng nhau, suy đường thẳng qua các giao điểm là: x = ( cát tuyến chung) * Gọi I là tâm đường tròn và I thuộc đường thẳng nên: I  6  3b; b    3b  b b  Theo bài ra:  3b   b    4  3b  b b  2 Ta có: Tâm I  3;1 và R1  Phương trình là  x  3   y  1  Tâm I  0;2  và R2  Phương trình là : x   y    Toạ độ không gian ( 1.00 điểm) * Điểm M  d1  , nên toạ độ M  1  2t1 ;1  t1 ; t1  điểm N  d  , nên toạ độ N    t ;1;t  2 Suy MN  t  2t1  2; t1 ;t  t1  * Với M , N  d  và mặt phẳng (P) có VTPT là n  1;1;1 Suy ra: d   mpP   MN  k n; k  R *  t  2t1   t1  t  t1 CâuVII.b 0.25   t5 1 2 * Giải ta  , đó M   ; ;  2 5 5 t1   * Vậy phuơng trình đường thẳng (d) là: x   y   z  5  x   log y Giải hệ phương trình  ( 1.00 điểm ) x x 1 y  y  * ĐK : y > Phương trình ẩn y có nghiệm là: y = -2x (loại) và y = 2x+1 * Với y = 2x+1 thay vào pt (1) có: x   log x 1  x  x   giải pt thì x = -1 và x = * Với x = -1 thì y = 1, Nghiệm (x; y) là: (-1;1) Với x = thì y = 32, Nghiệm (x;y) là: (4;32) Lop12.net 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 Câu VIa.1 (1,0 đ) A nằm trên Ox nên A  a;0  , B nằm trên đường thẳng x  y  nên B (b; b) ,   M (2;1)  MA  (a  2; 1), MB  (b  2; b  1) 0,25 Tam giác ABM vuông cân M nên:   (a  2)(b  2)  (b  1)   MA.MB  ,   2  (a  2)   (b  2)  (b  1)  MA  MB b  không thỏa mãn b 1  a2 ,b  b 1   ,b  b2 a     b2  (a  2)   (b  2)  (b  1)  b     (b  2)  (b  1)   b    a  b 1  a   , b    b2  b     a    (b  2)  (b  1)        (b  2)       b  a  Với:  đường thẳng  qua AB có phương trình x  y   b  0,25 0,25 a  đường thẳng  qua AB có phương trình x  y  12  b  Với  0,25 ========== HÕt ========== Lop12.net