Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm xác suất để 7 viên bi lấy được có đủ cả ba màu.. Phần dành cho chương trình nâng cao.[r]
(1)Sở GD-ĐT Phú Thọ Đề kiểm tra chất lượng lớp 12 lần năm học 2009- 2010 Trường THPT Tam Nơng Mơn : Tốn (A,B,D)- Thời gian 180 (Phút)
-Phần chung cho thí sinh (7 điểm) Bài (2 điểm ):
Cho hàm số :y x= 3x−2 mx 2−.(1) (m tham biến).+
1- Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) : m =
2- Tìm tất giá trị m để hàm số (1) có cực đại cực tiểu đồng thời điểm cực đại điểm cực tiểu đồ thị hàm số cách đường thẳng : y x= 1−
Bài (2 điểm ):
1- Giải bất phương trình: x2− 4x 3+ 2x−2 3x 1 x− 1 + ≥ − 2- Giải phương trình lượng giác: sin sin sin cos
1 cos
x x
x x
x
− = +
− với x∈ (0;2π )
Bài (1 điểm ):
Tính tích phân : ( )
2
ln
I= ̣ x x dx− + Bài (1 điểm ):
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a, M trung điểm A’D’ mặt phẳng (α) qua M C’B cắt AA’ N.Tìm tang góc mặt phẳng (α) với mặt phẳng (ABCD) tính tỉ số thể tích hai khối đa diện hình lập phương cắt mặt phẳng (α)
Bài (1 điểm ):
Cho hai số dương x,y thỏa mãn:x y+ 1= Hãy tìm giá trị nhỏ của: ( ) 2 3 .
x y
A
x y xy
+ =
+ Phần tự chọn ( điểm) ( thí sinh chọn hai phần sau )
Phần dành cho chương trình chuẩn Bài 6A (2 điểm)
1- Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C ) x2+ y2 4x− 10y −27 0và đường thẳng+ = :x y
∆ − −.Tìm điểm A đường tròn (C ) hai điểm B,C đường thẳng ∆ để tam giác ABC = có diện tích lớn
2- Trong khơng gian Oxyz cho mặt cầu (S):x2+ y2 z2+ 2x 4−y 6z −11 Hãy lập phương trình mặt + − = phẳng (P) song song với trục Oz đồng thời (P) cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có chu vi 8π (P) qua A(-4;2;5)
Bài 7A (1 điểm )
Một hộp đựng 20 viên bi có viên bi vàng, viên bi xanh, viên bi đỏ.Lấy ngẫu nhiên viên bi hộp Tìm xác suất để viên bi lấy có đủ ba màu
Phần dành cho chương trình nâng cao. Bài 6B (2 điểm)
1-Cho tam giác ABC biết A(4;3) đường phân giác BI đường trung tuyến BM có phương trình là: x+ 2y 4− v = x 13y 10 0+ Viết phương trình cạnh tam giác.− =
2-Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm trục Oz biết (S) cắt (Oxz) theo đường trịn (C) có chu vi 10π cắt mặt phẳng (P):x− 2y 2z+ 0+ theo đường tròn (C1) hình trịn (C1) có diện tích 16π = Bài 7B (1 điểm) Giải phương trình:2x+ 5x 2= 212 x+ 3log22+ 272 x 5x + −
-Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, cán coi thi không giải thích thêm
(2)Trường THPT Tam Nông Đáp án chấm thi khảo sát chất lượng lần 1 Mơn : Tốn A, B, D - Năm học: 2009- 2010
- (Đáp án có trang)
Bài Nội dung Điểm
Bài
(2điểm) 1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = 0Khi m = hàm số trở thành: y x= 3x−2 2 + 1.00
1 Tập xác định: R Sự biến thiên:
• Giới hạn:xlim→ + ∞y= + ∞, limx y → − ∞= − ∞
0.25
• Bảng biến thiên:
' ( 2) , ' 0 x
y x x x x y
x =
= − = − = = ⇔
x - ∞ + ∞
y’ + _ +
y + ∞
- ∞ -2
0.25
• Hàm số đồng biến khoảng (- ∞;0) (2; +∞), nghịch biến khoảng (0; 2)
• Hàm số đạt cực đại điểm x= yCĐ=2, đạt cực tiểu x=2 yCT = -
0.25 3. Đồ thị hàm số qua điểm : (0;2), (1;0),(1− 3;0), (1 3;0)+ 0.25
2 Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu…… 1.00
• y' 3= x2 6x m− xác định − ∀x∈R, hàm số có cực đại, cực tiểu
y’=0 có nghiệm phân biệt y’ đổi dấu qua nghiệm
⇔3x2− 6x m− 0(*)= có hai nghiêm phân biêt ' >0 m 0.25⇔ ∆ ⇔ > − • Với điều kiện giả sử x1, x2 nghiệm (*) theo định lý Viét
1 2 1 2 m
x + x =v x x = −
Ta viết lại: ' 2
3 3
x m m
y= −y − x + + −
y’(x 1)=y’(x2)=0 suy điểm
cực trị đồ thị hàm số thuộc đường thẳng : 2
3
m m
y= − x + + −
0.25
• T hợp 1: đường thẳng qua điểm cực đại, điểm cực tiểu đồ thị song song trùng với đường thẳng cho :2 1 (loai)
3
m
m
+ = ⇔ = − < −
0.25 T hợp 2: đường thẳng cho qua trung điểm điểm cực đại điểm cực tiểu
của đồ thị hàm số Trung điểm điểm cực đại cực tiểu đồ thị : I(1;- m) thuộc đường thẳng m = ( T/M)
0.25 Bài
(2điểm)
1 Giải phương trình lượng giác 1.00
• Điều kiện xác định: 1- cos2x > ⇔ cos2x < 1⇔cos2x ≠ 0.25
(3)• Khi x∈(0;π) phương trình tương đương:
( )
2 2
4
os2 os ,
4 16
2 2
4
do 0; nên ; 16 16
x x k
c x c x x k k Z
x x k
x x x
π π
π π π
π π
π π
π
= − +
= − ⇔ ⇔ = + ∈
= − + +
∈ = = 0.25
• Khi x∈(π;2π) phương trình tương đương với:
( )
5
2 2
5 4
os2 os os2 os
5
4
2 2
4
5 21 29
, ;2 nên ;
16 16 16
x x k
c x c x c x c x
x x k
x k k Z x x x
π π
π π
π π
π π π π π π
= − +
= − − ⇔ = − ⇔
= − + +
⇔ = + ∈ ∈ = =
Vậy phương trình cho có nghiệm
0.25
2 Giải bất phương trình 1.00
• Tập xác định: ;1 3; ) { }1
2
D= − ∞ ∪ + ∞ ∪
0.25
• Xét x = thỏa mãn bất phương trình 0.25
• Nếu x≥ 3thì bất phương trình tương đương với:
3 1
x− − x x− ≥ x − x ⇔ x − Bpt vô nghiệm≥ − + 0.25 −
• Nếu
2
x≤ bất phương trình tương đương với:
2
3− x −1 2x − x≥ − x − x⇔ 2x− +x 4x− ≥3 − ⇔ − + ≥ −
⇒ Bất phương trình thỏa mãn với
2 x≤
• Tập nghiệm bất phương trình : ;1 { }1
2
T = − ∞ ∪
0.25
Bài (1điểm)
Tính tích phân 1,00
• Đặt: ln 1( 2) 12
1 x
u x x v dv dx du dx v v x
x x −
= − + ̃ = = =
− +
Theo công thức phần :
1
2
1
0
2
ln(1 )
1
x x
I x x x dx I
x x −
= − + − = −
− +
̣ 0.25
Tính I1:
( )
( )
2
1 1
1 2 2 2
0 0
1
1
2
0
0
1
2
2
2
1 1
1 3
2 ln
2 2
d x x
x x dx
I dx dx
x x x x x x
x x x I I
− +
−
= = + − =
− + − + − +
+ − + − = −
̣ ̣ ̣ ̣
0.25
( )
1
2
2 2 2
0
1 3
dat: tan tan
2 2
1 1 3
2
dx dx
I x t dx t dt
x x
x
= = ̃ − = = +
− +
− +
̣ ̣
(4)K
K P
P N
N M
M D'
' A'
' A
A C'
' C
C D
D B
B B'
;
6
x= ̃ t π = −x t = ̃ π =
•
6 6
2
6
2 2
3 3 3
I dt t I
π π
π π
π π
− −
= ̣ = ̃ =̃ = 0.25−
Bài
(1điểm) Tìm tang tỉ số thể tích… 1,00
• Mặt phẳng (α)qua M C’B Cắt AA’ N N trung điểm AA’ MN cắt AD P AP = AN =
2 a
.Gọi K hình chiếu N BP AK ⊥ BP đồng thời tam giác AKN vng A nên:
góc(( ),(α ABCD)) = Đ AKN
0.25
• 12 12 12 â : tan tan
2
a AN
AK v y AKN AKN
AK
AK = AB AP+ ̃ = 0.25= ⇔ =
• Gọi V1 thể tích khối đa diện chứa đỉnh A’ V2 thể tích khối đa diện chứa đỉnh A thì: 1 . ' ' ' ' ' 3
6 24
N BB C N A B C M
V = V V + a a =a + 0.25=
• ' ' ' '
17
24 17
ABCD A B C D V
V V V a
V
= −̃ = (Hoặc tỉ số là: =
1
17 V
V = ) 0.25
Bài (1điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất…. 1,00
Đặt :
4
t = xỹ t < ≤ ( )
( ) ( ) ( )
2
2
1
3 ( )
x y xy t
A f t
t t x y xy x y xy
+ − −
= = =
−
+ − +
0.25
• Tìm giá trị nhỏ hàm số f(t) với t∈ 0;14
( )
2 2
1 6 3
'( ) , '( ) 0;
6
3 t t
f t f t t
t t
− + − −
= = ⇔ = ∈
−
• Lập bảng biến thiên suy ra: ( ) 0;
4
3
( ) 2
6 t
Min f t f
∈
−
= = +
0.50
• Vậy giá trị nhỏ A là: 2( + 3) x,y nghiệm phương trình:
2 3 0
6
X − X +− dễ thấy phương trình có nghiệm= 0.25
Bài 6A
(5)2
3
2 ABC
a a
AH = ̃ S ̃ diện tích tam giác lớn = ⇔ a lớn ⇔
AH lớn
• Do A thuộc đường tròn nên AH lớn AH qua tâm I(2;5 )của đường tròn từ AH ⊥∆ AH qua I nên AH có phương trình:
2
7
1
x y
x y
− = − ⇔ + − =
− Tọa độ A nghiệm hệ
( )
2 4 10 27 0 ( ; ) (1;6)
( ; ) 3;4
x y
x y x y
x y x y
=
́ + − − + =
⇔
+ − = =
khoảng cách AH lớn nên
A(1;6 )
0.25
• Do ( ; ) 2 6
3
3
AH = d A ∆ ̃= a ̃ AH = AB AC = = =
• B,C∈∆⇒ B(t;t-1)⇒AB2 = (t 1) (−2 t 7+)2mà − AC = nên
2
2 16 50 24 13
4
(4 3;3 3), (4 3;3 3) hoac: (4 3;3 3), (4 3;3 3)
t
t t t t
t
B C B C
= −
− + = ⇔ − + ̃ = ⇔
= +
− − + + + + + +
0.50
2.Tọa độ không gian… 1.00
• Từ phương trình mặt cầu (S) suy (S)có tâm I (1;2;-3) bán kính R = Mặt phẳng (P) song song với trục Oz nên có phương trình là:
ax + by +c =
0.25
• Do A(- 4;2;5)∈(P):−4a 2b c+ 0+(1), đường trịn (C) có chu vi 8= π nên
có bán kính r = 4, gọi d = d( I ,(P)) thì: d = R2 r2 − 3 = 0.25
• d I P( ,( )) a 22b c2 (a 2b c)2 9(a2 b2)
a b
+ +
= = ⇔ + + = +
+ (2)
Từ (1) suy ra: c = 4a – 2b thay (2) được: 4a = 3b 4a = -3b
0.25
• Nếu 4a = 3b chọn: a = 3, b= mặt phẳng (P) : 3x + 4y + =
Nếu 4a = - 3b chọn: a = 3, b= - mặt phẳng (P) : 3x - 4y + 20 = 0.25 Bài 7A
(1điểm) Tìm xác suất …• Khơng gian mẫu phép chọn viên bi từ 20 viên bi là: 1.00 20
C
Số cách chọn viên bi có màu là: C77+ C87 0.25 • Số cách chọn viên bi có hai màu là:C127 + C137 C157+ 2C77 −2C87 −0.25
• Suy biến cố thuận lợi phép chọn viên bi có đủ màu số 20 viên bi
là: C207 − C127 C137− C157 C−77 C87 +68586 + = 0.25 • Xác suất cần tính là:
20
68586
0,88475 P
C
= ≈ 0.25
Bài B (2điểm)
1 Tọa độ mặt phẳng 1.00
• Tọa độ điểm B nghiệm hệ:
(9; 2)
4 13 10
x y x
B
x y y
+ − = =
́ ́
⇔ ̃ −
+ − = = −
đường thẳng AB có véc tơ
phương là: (5; 5) :
5
x y
AB − ̃ AB − −x y= ⇔ + − =
− uuur
(6)• A1 đối xứng với A qua BI, AA1 cắt BI J J trung điểm AA1 A1 thuộc BC từ AA1⊥BI nên AA1 có phương trình : 2x – y + m = A(4;3) nên m = -5 AA1: 2x – y – = tọa độ J nghiệm hê:
2
(3;1)
2
x y x
J
x y y
− − = =
́ ́
⇔ ̃
+ − = =
0.25
• J trung điểm AA1 nên A1(2;- 1)⇒BA1 = ( 7;1)−
uuur
2
:
7
x y
BC − = +x ⇔ y + + =
̃
− nên C(-5-7a ; a)
0.25
• Trung điểm AC
1 7
( ; ) 13 10
2 2
a a a a
M − − ∈ BM+ ̃ − −+ a − + = ⇔ =
Nên C(-12; 1)⇒ ( 16; 2) : 20
16
x y
AC − −̃ AC − −x y= ⇔ − + =
− −
uuur
0.25
2 Tọa độ không gian… 1.00
• I∈Oz nên I(0;0;c) mặt cầu (S) cắt (Oxz) theo giao tuyến đường tròn lớn suy bán kính mặt cầu : 10
2
R= = 0.25
• Từ hình trịn ( C1) có diện tích 16π nên có bán kính r = 4, gọi
d = d(I,(P)) :d = R2 r2 − 3 = 0.25
• ( ,( )) 2
5
3
c
c c
d I P
c =
+ +
= ̃ = −= ⇔
0.25
• Có hai mặt cầu thỏa mãn là:
( )2 ( )2
2 4 25 à 2 5 25
x + y z+ − v x = y z + + + = 0.25
Bài B
(1điểm) Giải phương trình … 1.00
• Điều kiện phương trình xác định là:2 27
2
x x
+ − >
Viết lại phương trình :
27 log (2 )
2
2 27
2 3log (2 )
2
x
x
x+ x = + − x+ x 0.25+ −
• Hàm số : f t( ) 2= t 3t+ đồng biến tập R nên phương trình cho tương đương với: log2 27 5 27
2
x x x
x= x+ − x⇔ + − − =
0.25
• 27
2
x+ x − x − =
thấy x = x = hai nghiệm phương trình
( )2 ( )2
27 27
( ) '( ) ln ln
2
''( ) ln ln
x x x x
x x
f x x f x
f x x R
= + − ̃ − = + −
= + > ∀ ∈
̃
Vậy f’(x) hàm số đồng biến R suy f’(x) = có nhiều nghiệm dẫn tới f(x)= có khơng q nghiệm phương trình cho có nghiệm x = x =
0.50