[r]
(1)TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG I §£ kiĨm tra chất lợng lớp 12 lần 2 NM HC 2011-2012
Mơn thi: Tốn, khối D
Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7,0điểm)
Câu I(2,0 điểm)Cho hàm số x y
x
(C)
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho
2 Cho điểm A(-5;5) ,tìm m để đường thẳng y x m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt B và C cho tứ giác OABC hình bình hành (O gốc toạ độ )
Câu II(2,0 điểm)
1 Giải phương trình:
2
2cos 3sin
3(tan 1) 2cos sin( )
3
x x
x x x
2 Giải hệ phương trình:
2
3
8
,
2
y x
x y R
x y y x
Câu III(1,0 điểm) Tính tích phân: I
4
2 1
1
dx x x
Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt bên (SBC) tam giác cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng (ABC),lấy điểm M cạnh BC cho MC = 2MB.Biết góc BAC 1200
, tính
thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng SM AC theo a Câu V(1,0 điểm)Cho a, b là số thực dương thỏa mãn a b2 a2 3b2 1 0
Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
2
2
b b b
P
a b a b a b
PHẦN RIÊNG (3,0điểm):Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A.Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a(2,0điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, có đỉnh B và C thuộc đường thẳng d1:xy 1 0.Đường cao qua đỉnh B d2:x 2y 0 ,điểm M(2;1) thuộc đường cao qua đỉnh
C.Viết phương trình cạnh bên tam giác ABC
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) C(1;1;1).Viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A B, biết khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P)
Câu VII.a(1,0điểm) Giải bất phương trình sau:
x.2 2x 5 8.2x x.2x4 2 2x5 (x R)
B.Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b(2,0điêm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,choDABC có điểm M(0; –1) nằm cạnh AC.Biết AB = 2AM, đường phân giác góc A d1: x – y = 0, đường cao qua đỉnh C là d2 : 2x + y + = 0.Tìm tọa
độ đỉnh tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai điểm A0; 2;1 ; (2;0;3) B và mặt phẳng ( ) : 2P x y z 4 0 .Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) cho MA =MB (ABM)( )P .
Câu VII.b(1,0điểm) Giải phương trình sau: 1 3
1log ( 2 ) log 3 log ( ) x x x x1 x R
…….Hết……
Cán coi thi khơng giải thích thêm.
Thời gian kiểm tra chất lượng lần tổ chức vào ngày 12 13 tháng năm 2012
(2)CâuI Nội dung Điểm
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1,00 điểm) -Tập xác định: R\{-1}
-Sự biến thiên:
2
'
1
y x
x
0.25
1
lim
x y
=> đt x 1là tiệm cận đứng ;limx y2
=> đt y2 tiệm cận ngang 0.25 -Bảng biến thiên
Hàm số đồng biến khoảng ; 1 1;
0.25
-Đồ thị
Nhận xét :Đồ thị nhận điểm I làm tâm đối xứng
0.25
2 Tìm điều kiện tham số 1đ
Do điểm O,và A thuộc đường thẳng : yx,để OABC hbh BC OA 5 Hoành độ B C nghiệm pt: (3 ) ( 4) ( 1) (1)
1
x
x m x m x m x
x
Vì m2 2m 25 0 m
,nên (1) ln có hai nghiệm phân biệt , d cắt (C) hai điểm Giả sư x x1, nghiệm (1) ta có:
1
1
3 ( 4) x x m x x m
(2)
Khi B x( ;1 x1m C x), ( ;2 x2 m) BC2 2(x1 x2)2 2 ( x1x2)2 4x x1 2 (2) Thay (2) vào (3) ta được: 2 50 2 50 50
0 m
BC m m m m
m
Với m = O,A,B,C thẳng hàng nên khơng thỗ mãn Vậy với m = giá trị cần tìm
0.25
0.25
0.25
0.25
CâuII 1 Giải phương trình lượng giác.
2
3 cos sin 2cos sin( )
3 cos cos cos sin sin 3sin( )
3 3
pt x x x x
x
x x x
cos
2 (*)
sin( )
3 3
x x k
DK
x x k
2
cos( ) 1(1)
6
cos(2 ) 3sin( ) 2cos ( ) 3cos( )
1
3 6 cos( ) (2)
6
x
x x x x
x
(1) 2 ( )
6
x k x k TM
;
2 ( )
6
(2)
2 ( )
6
x k x k L
x k TM
x k
Vậy nghiệm phương trình:
x k
0.25
0.25 0.25
(3)l
H
M
C A
B S
Giải hệ phương trình :
2
3
8
,
2
y x
x y R
x y y x
1đ Ta có: 2x3 8y3 8y2 x24y x x34x y2 8xy2 40y3 0.(1)
Khi y0 hệ cho vơ nghiệm Khi y0, chia vế cho y3 0 ta :
3
4 40 2
x x x x
x y
y y y y
Thay lên hệ ban đầu ta có 2
1
1
4
2 x x y
y y
1 x y
Vậy hệ phương trình có nghiệm: 1;1 ; 1;
2
0.25
0.25 0.25
0.25
Câu:III
Tính tích phân I
4
2 1
1
dx x x
1đ
I•Đặt dx t dt
x dx dt
x
t ( 1)
2
1
1
2 2 t
t
x
Đổi cận
x
t
0.25
0.25
•Ta có I = dt
t t t
dt t
t t t dt
t t t t
2
2
2
4
2
2
2
2 4 2
3
1
1 ) )( 2 (
=
4
2
1
3 4ln 2
t
t t
t
=
4 ln
2
0.25 0.25
Câu IV Tính thể tích khoảng cách.
1đ Hình chiếu SB SC (ABC) AB AC, mà SB = SC nên AB = AC
Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABC ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 a2 = 3AB2
3
a AB =
Mà
2
2 2 2
3
a a
SA =SB -AB = a SA = ;
2
0
1 3
.sin120
2 12
ABC
a a
S = AB AC = =
2 3
3 12 36
S ABC
a a a
V = = (dvtt)
Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABM ta có:
2 2 2 . cos1200
9
a a
AM AB MB AB MB AM
3 a AM BM
Do tam giác AMB cân M nên
0
30 90 (1)
BAM ABM MAC AM AC
Mặt khác: SASC (do SA(ABC)) SA AC (2)
Từ (1) (2) ta có: AC (SAM) (3) Kẻ AH SM (HSM) (4)
0.25
0.25
(4)d1 d2
N M
C B
A
Từ (3) (4) ta được: , 2 2 ( ) 21
SA AM
d AC SM AH a dvdd
SA AM
( Có thể giải phương pháp gắn hệ trục toạ độ)
0.25
CâuV:
Cho a, b số thực dương thỏa mãn a b2 a2 3b2 1 0 (1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
2
2
b b b
P
a b a b a b
1đ
2
2
1
(1) a a
b b
(2) Đặt x a y; 1;z a
b b
(2) trở thành: x2 y2 z2 3
Do 2
3
xy yz xz x y z xy yz xz (3) Ta có :
2
2
1 1 1
1 1 1 1
b b b
P
a a
a b xy yz zx
a b a b a a
b b b b
Áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có: (1 ) (1 ) (1 ) 1
1 1
xy yz zx
xy yz zx
9
3
P
xy yz zx
Vậy GTNN Pmin =
2 x = y = z a b
0.25
0.25 0.25 0.25
CâuVIa 1
Tìm toạ độ đỉnh DABC 1đ
Vì B BC d1 B(0; 1) BM ( ; )2
Do BM véc tơ pháp tuyến BC MB BC
Kẻ MN // BC cắt d2 N ,vì tam giác ABC cân A nên tứ giác BCNM hình chữ nhật
/ / Do
(2;1) MN BC Qua M
=> pt MN: x y 0 N = MN d2
3
N ;
8 ; 3
NC BC
Do
Qua N
pt NC:
3
x y Mà C = NC d1
2 ; 3
C
4
( ; ) (1; 2) 3
Do CM n véc tơ pháp tuyến AB ptAB: x2y 2
( ; ) (2;1) 3
Do BN u
là véc tơ pháp tuyến AC pt AC: 6x3y 1
0.25
0.25 0.25 0.25
2 Viết phương trình mặt phẳng (P): 1đ
Gọi n( ; ; ) 0a b c véctơ pháp tuyến (P) Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0) pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0 Mà (P) qua B(0;0;-2) a-b-2c=0 b = a-2c Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0
d(C;(P)) = 16 14
) (
2
3 2
2
2
a ac c
c c a a
c a
c a
c a
7
TH1: a c chọn ac 1 Pt (P): x-y+z+2=0 TH2:a7c chọn a =7; c = Pt (P):7x+5y+z+2=0
0.25 0.25 0.25 0.25
CâuVIIa
Gải bất phương trình sau: x.2 2x 1 8.2x x.2x 4 2 2x 5
(5)d2
d1 N
I M
C B
A
2x 2x x x 2x x
2x x 2x x
2x x
(1) 2x.2 2x.2 2 (2x 1) (2x 1)
2 2
(2 )(2x 1) (I) Hoac (II)
2x 2x
( )I
2
( 2)
2
1
2
x
x x
x x
(VN)
2
( 2)
2 5 5 1
( ) 1 ;
2 2
2 1
2
x
x x
II x x
x
x
Vậy tập nghiệm bất phương trình S = 1; 2
0.25
0.25
0.25 0.25
CâuVIb 1 Tìm toạ độ đỉnh tam giác 1đ
Gọi d đường thẳng qua M vng góc d1 với cắt d1, AB I N, ta có:
1
; ( 1; 0)
2
I d d I N
(I trung điểm MN)
: 0, (1; )
ABCH ptAB x y A AB d A 1
AB = 2AM AB = 2AN N trung điểm AB B3; 1
2
1
: 0, ;
2
ptAM x y CAMd C
Vậy toạ độ đỉnh tam giác ABC :A(1;1);B3; 1 ; 1;
2
C
0.25 0.25 0.25 0.25
2 Viết phương trình mặt phẳng (P): 1đ
Gọi (Q) mặt phẳng trung trực AB (1;1;1)
Q
n AB
vtpt (Q) I(1;-1;2) trung điểm AB pt Q x y z( ) : 0
Gọi (R) mặt phẳng qua A,B vng góc với (P) vtpt (P)
(2; 1; 1) ; (0;3; 3)
P R P Q
n n n n
vtpt (R) pt R y z( ) : 3
Toạ độ M nghịêm cuả hệ:
2
2 17
2 ( ; ; )
3 6
x y z
x y z M
y z
0.25 0.25 0.25 0.25
Câu VIIb
Giải phương trình sau: 1 3
1
log ( ) log log
2 x x x x1 (1) 1đ
ĐK x(0;) (*)
2
3 3 3
2
(1) log ( ) log log 27 log ( 1) log ( 2) ( 1) log
( 2) ( 1) ( 3) ( 1) ( ) 3 (2)
x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x x
Đặt t = x2 3x
(2) trở thành : 2 3 t t t
t
Với t1 ta có : 2
3 13 ( )
3
3 13 ( )
x TM
x x x x
x L
Với t = -3 ta có : x2 3x 3 x2 3x 3 (VN)
Vậy phương trình cho có nghhiệm: 13
x
0.25
0.25 0.25