1. Trang chủ
  2. » Cao đẳng - Đại học

CacdethithuTSCDDHnam2010

20 3 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 20
Dung lượng 695,63 KB

Nội dung

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất.. Câu II.[r]

(1)

u MƠN TỐN KHỐI A

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)

1.Tìm nghiệm phương trình 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + biết x [ ;].

Giải hệ phương trình

3

2

3 5.6 4.2

( )( )

x y x x y

x y y y x y x

 

   

 

    

 

Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân

3

1

2

( )

1

x x

x e dx

x

Câu IV (1.0 điểm) Cho x, y, z số thực dương lớn thoả mãn điều kiện xy + yz + zx  2xyz Tìm giá trị lớn biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1)

Câu V (1.0 điểm) Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c Tính thể tích tứ diện ABCD

PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)

Thí sinh làm hai phần A B (Nếu thí sinh làm hai phần khơng được 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)

5

x x

x x

  

  

B Theo chương trình chuẩn Câu VIb (2.0 điểm)

Cho elip (E) : 4x2 + 16y2 = 64.Gọi F

1, F2 hai tiêu điểm M điểm (E).Chứng tỏ

tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F2 tới đường thẳng x =

3 có giá trị không đổi 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 bất phương trình

2

2

1

10 2Ax Ax Cx

x

  

(Cnk, k n

A là tổ hợp, chỉnh hợp chập k n phần tử)

HẾT

Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12

(2)

Trường THPT Lê Văn Hưu MƠN TỐN 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 xx   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 = Bảng biến thiên

từ bảng biến thiên ta c d(I ;tt) lớn t = hay

0.25

(3)

-+

f(t) f'(t)

x

2

0 +

0

0 1

0 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)

Phương trình cho tương đương với 2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x

0.25

2 cosx=0

4 os3xcosx=2 os 2sinxcosx

2cos3x= osx+sinx

c c x

c

   

0.25

+ cosx=0 x= k

 

+

3x=x-

6 os3x= osx+sinx cos3x=cos(x- )

6

3

6 k

c c

x x k

  

 

 

  

   



0.25

12 24

x k

k x

 

 

 

  

  

 x  

11 13

0; , , ,

2 12 24 24

xxxx

     

0.25

2.(1.0đ)

ĐK:

,

x y x y

  

 

Hệ phương trình

3 3

3 5.6 4.2 5.6 4.2

(2 )( ) (2 )( )( )

x y x x y x y x x y

x y y y x y x x y y x y x x y y

   

       

 

   

          

 

 

0.25

3 3

3 5.6 4.2 3 5.6 4.2 0

2

(2 )[( )( ) 1]

x y x x y x y x x y

y x

y x y x x y y

   

       

   

 

     

 

(do 2yx)( x y  y) 0  )

3 2

3 5.6 4.2 5.6 4.2 (1)

2 (2)

x y x x y x x x

y x y x

 

       

   

 

 

(4)

Giải (1):

2 2

3 ( )

3 2

3 5.6 4.2 ( ) 5.( )

3

2

( )

x

x x x x x

x

 

        

 

 32

0 log x

x

  

 

 

0.25

Với x thay vao (2) ta y = Với 32

log x

thay vao (2) ta y = 32

log

Kết hợp với điều kiện ta nghiệm phương trình 32 log x

,y = 32

log

0.25

Câu III (1.0đ)

Đặt I =

3

1

2

0

( )

1

x x

x e dx

x

 

Ta có I =

1

2

0 01

x x

x e dx dx

x

 

  0.25

Ta tính

3

2

0

x

I x e dx

Đặt t = x3 ta có

1

1

1

0

1 1

3 3

t t

I  e dtee 0.25

Ta tính

1

01 x

I dx

x

 

Đặt t = xx t 4 dx4t dt3

0.25

Khi

1

2

2 2

0

1

4 ( ) 4( )

1

t

I dx t dt

t t

      

 

 

Vậy I = I1+ I2

3 3e

  

0.25

Câu IV

(1.0đ) Ta có

1 1

2

xy yz xz xyz

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

xyz  0.25

vậy Amax =

1

8 x  y z

(5)

Câu V (1.0đ)

Qua B, C, D dựng đường thẳng Song song với CD, BD, BC cắt M, N, P Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC từ ta có tam giác AMN, APM, ANP vuông A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có

2 2 2

2 2

2( ), 2( )

2( )

x a c b y b c a

z a b c

     

  

Vậy V = 12

2 2 2 2 2

2(acb b)( ca )(abc )

1.0

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

(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 ( 1)( 6)

x x

x x

  

 

 

3 log ( 1)

0 x x

 

0.25

0.25 x

   0.25

Ta có F1( 12;0), ( 12;0)F2 Giả sử M(x

0 ; y0)thuộc (E) H hình chiếu M

đường thẳng

3 x

Ta có MF2 = a - cx0/a =

0

8

2 x

0.5

MH =

0

8

3 x

Vậy MF

MH không đổi

0.5 B'

Y

X

Z

N D' C'

A'

C

D A

B M

B D

A

C P

M

(6)

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 - =

1.0

Câu VIIb (1.0đ)

nghiệm bất phương trình x = x = 1.0

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ I

Ngày thi 21/03/2010

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số m y x m

x

  

 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho với m =

2 Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu cho hai điểm cực trị đồ thị hàm số cách đường thẳng

d: x – y + = khoảng

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình

 

 

2

cos cos

2 sin sin cos

x x

x

x x

 

2 Giải phương trình 7 x2x x5  2 x x (x )

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

0

3

3

x

dx

x x

   

.

Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N điểm di động cạnh AB, AC cho DMN  ABC Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x y Chứng minh rằng: x y 3 xy

Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z 0thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức

 

3 3

3 16

x y z

P

x y z

 

 

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B). A Theo chương trình Chuẩn:

Câu VI.a (2,0 điểm)

(7)

2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = hai đường thẳng

d1:

1

2

xyz

 

, d2:

2

1

xyz

 

Viết phương trình đường thẳng d vng góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 d2

Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) =

B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết

phương trình đường trịn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:

3

2 1

xyz

 

 mặt phẳng (P): x + y + z + = Gọi M giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng  nằm mặt phẳng (P), vng góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  42

Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

 

1

4 2

1

log log

( , )

25 y x

y x y

x y

  

 

 

Hết

-SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN - 2010 Đáp án gồm 06 trang

Câu Nội dung Điểm

I 2,0

1 1,0

Với m =1

1

2 y x

x

   

a) Tập xác định: D\ 2 

0.25

b) Sự biến thiên:

   

2

2

1

'

2

x x

y

x x

 

  

  ,

1 '

3 x y

x

     

 .

lim

x

y   

 

,

lim

x

y  



, 2

lim ; lim

x x

y y

 

 

  

, xlim  y (x1) 0 ; limx   y (x1) 0

Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x –

0.25

(8)

Hàm số đồng biến khoảng  ;1 , 3;  ; hàm số nghịch biến khoảng 1;2 , 2;3  

Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = x = 1; yCT = x =

c) Đồ thị:

0.25

2 1.0

Với x2 ta có y’ = 1- ( 2)2 m x ;

Hàm số có cực đại cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = (1) có hai nghiệm phân biệt khác  m0

0.25

Với m > phương trình (1) có hai nghiệm là:

1

2

2 2

2 2

x m y m m

x m y m m

     

      0.25

Hai điểm cực trị đồ thị hàm số A(2 m; 2mm); B( 2 m;2m2 m)

Khoảng cách từ A B tới d nên ta có phương trình: 2 mm  2 mm

0.25

0 m m

    

Đối chiếu điều kiện m = thoả mãn tốn Vậy ycbt  m =

0.25

II 2.0

1

Giải phương trình

 

 

2

cos cos

2 sin sin cos

x x

x

x x

 

1.0

ĐK: sinxcosx0 0.25

1 +

0

+

+

-

1

3

(9)

Khi PT  1 sin xcosx1 2 sin  x sinxcosx  1 sin x 1 cos xsinxsin cosx x 0

1 sin x 1 cos x 1 sin x 0

0.25

sin

cos

x x

 

  

 (thoả mãn điều kiện) 0.25

2

x k

x m

 

 

  

 

 

k m, Z

Vậy phương trình cho có nghiệm là: x k2 

  

x  m2 k m, Z

0.25

2

Giải phương trình: 7 x2x x5  2 x x (x ) 1.0

2

3

7

x x PT

x x x x x

   

  

     

 

0.25

2

3 2( 2) x x

x x x

   

  

  

 

0.25

3

0

2 x x

x x

x

   

  

 

  

   

2

1 16

x

x x

   

  

  

 

0.25

x1

Vậy phương trình cho có nghiệm x = - 0.25

III

Tính tích phân

0

3

3

x

dx

x x

   

1.0

Đặt u = x 1 u21 x 2udu dx ; đổi cận:

0

3

x u

x u

  

 

  

 0.25

Ta có:

3 2

2

0 1

3

(2 6)

3

3

x u u

dx du u du du

u u u

x x

 

   

  

  

    0.25

 

2

6 6ln

1

u u u

    0.25

3 6ln

2

  0.25

IV 1.0

Dựng DHMNH

Do DMN  ABC  DH ABC mà D ABC tứ diện nên H tâm tam giác ABC.

0.25

D

A

B C

H

(10)

Trong tam giác vuông DHA:

2

2 12

3

DHDAAH     

 

 

Diện tích tam giácAMN

0

1

.sin 60

2

AMN

SAM ANxy

0.25

Thể tích tứ diện D AMN

1

3 AMN 12

VS DHxy 0.25

Ta có: SAMNSAMHSAMH

0 0

1 1

.sin 60 sin 30 sin 30

2xy 2x AH y AH

  

x y 3 xy

0.25

V 1.0

Trước hết ta có:

 3

3

4 x y xy  

(biến đổi tương đương)

  2 

x y x y

    

0.25

Đặt x + y + z = a Khi

   

 

3 3 3

3 3

3

64 64

4P x y z a z z t 64t

a a

   

    

(với t =

z

a, 0 t 1)

0.25

Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t0;1 Có

 2  

2

'( ) 64 , '( ) 0;1

9 f t   t   tf t    t

 

Lập bảng biến thiên

0.25

 

0;1

64 inf

81

t

M t

  

GTNN P 16

81 đạt x = y = 4z > 0 0.25

VI.a 2.0

1 1.0

Do B giao AB BD nên toạ độ B nghiệm hệ: 21

2 21 13;

7 14 13 5

5 x

x y

B

x y

y

  

  

   

 

   

    

  

 

0.25

Lại có: Tứ giác ABCD hình chữ nhật nên góc AC AB góc AB BD, kí hiệu nAB(1; 2); nBD(1; 7); nAC( ; )a b

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

(với a2+ b2 > 0) lần lượt VTPT đường thẳng AB, BD, AC Khi ta có:

   

os AB, BD os AC, AB

c          n      n   c             n n

(11)

2 2

2

2

7

a b

a b a b a ab b b

a

  

        

  

- Với a = - b Chọn a =  b = - Khi Phương trình AC: x – y – = 0, A = AB  AC nên toạ độ điểm A nghiệm hệ:

1

(3; 2)

2

x y x

A

x y y

   

 

 

 

   

 

Gọi I tâm hình chữ nhật I = AC  BD nên toạ độ I nghiệm hệ:

7

1 2

;

7 14 2

2 x x y

I

x y

y

     

   

 

   

    

  

 

Do I trung điểm AC BD nên toạ độ  

14 12

4;3 ; ;

5

C D 

 

0.25

- Với b = - 7a (loại AC khơng cắt BD) 0.25

2 1.0

Phương trình tham số d1 d2 là:

1

1 2

: ; :

2

x t x m

d y t d y m

z t z m

   

 

 

   

 

    

 

0.25 Giả sử d cắt d1 M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ;

- 2m)

MN

  (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t).

0.25

Do d  (P) có VTPT nP(2; 1; 5) 

nênk MN: knp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 2

3

2

m t k

m t k

m t k

  

 

   

   

 có

nghiệm

0.25

Giải hệ tìm 1 m t

  

 

Khi điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:

1

x t

y t

z t

   

     

 thoả mãn toán

0.25

VII.a Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) =

1.0

Điều kiện: n N n

  

 

Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) =  log4(n – 3)(n + 9) =

(12)

 (n – 3)(n + 9) = 43 n2 + 6n – 91 =

7 13 n n

    

 Vậy n =

0.25

Khi z = (1 + i)n = (1 + i)7 =      

2 3

1i 1 i   1 i (2 )i  (1 ).( ) 8ii   i

  0.25

Vậy phần thực số phức z 0.25

VI.b 2.0

1 1.0

Giả sử B x y( ;B B)d1 xB  yB 5; ( ;C x yC C)d2  xC 2yC 7

Vì G trọng tâm nên ta có hệ:

2

B C

B C

x x

y y

  

 

  

0.25 Từ phương trình ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25 Ta có BG(3;4) VTPT nBG(4; 3)

 

nên phương trình BG: 4x – 3y – = 0.25

Bán kính R = d(C; BG) =

5  phương trình đường trịn: (x – 5)2 +(y – 1)2 =

81 25

0.25

2 1.0

Ta có phương trình tham số d là:

2

x t

y t

z t

   

  

  

toạ độ điểm M nghiệm hệ

3 2

2

x t

y t

z t

x y z

   

  

  

    

 (tham số t) (1; 3;0)

M

 

0.25

Lại có VTPT của(P) nP(1;1;1)



, VTCP d ud(2;1; 1)

Vì  nằm (P) vng góc với d nên VTCP u u nd, P (2; 3;1)

  

Gọi N(x; y; z) hình chiếu vng góc M , đóMN x( 1;y3; )z

Ta có MN vng góc với u



nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 =

Lại có N(P) MN = 42 ta có hệ: 2 2

2 11

( 1) ( 3) 42

x y z

x y z

x y z

     

   

 

    

0.25

Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) N(- 3; - 4; 5) 0.25 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt

5

:

2

xyz

  

Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt

3

:

2

xyz

  

0.25

(không thoả mãn)

(13)

VII.b

Giải hệ phương trình

 

1

4 2

1

log log

( , )

25 y x

y x y

x y

  

 

 

1.0

Điều kiện:

0 y x y

   

 0.25

Hệ phương trình

 

4 4

2 2 2

1

log log log

4

25 25 25

y x y x

y x

y y y

x y x y x y

 

  

    

  

     

        

  

0.25

2

2 2

3

3

25

25 25

10

x y

x y x y

y

x y y y

 

 

  

     

   

  

0.25

 

 

15

; ;

10 10

15

; ;

10 10

x y x y

  

  

 

 

  

  

  

  

Vậy hệ phương trình cho vơ nghiệm.

0.25

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà điểm phần như đáp án quy định.

(không thỏa mãn đk)

(14)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I NĂM 2010 TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG I Mơn Tốn

(Thời gian làm bài: 180 phút) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )

Câu I (2,0 điểm).

Cho hàm số y = -x3+3x2+1 1. Khảo sát vẽ đồ thị hàm số

2 Tìm m để phương trình x3-3x2 = m3-3m2 có ba nghiệm phân biệt.

Câu II (2,0 điểm ).

Giải bất phương trình:

2

4

16

x x

x x

  

   

2.Giải phương trình:

2

3 sin sin tan

xxx

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

ln

ln 2

x

x x

e dx I

e e

  

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a Đáy tam giác ABC cân

 1200

BAC , cạnh BC=2a Tính thể tích khối chóp S.ABC.Gọi M trung điểm SA.Tính

khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC)

Câu V (1,0 điểm). Cho a,b,c ba số thực dương Chứng minh:

 3 3

3 3

1 1

2

b c c a a b

a b c

a b c a b c

  

   

         

   

II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )

Thí sinh làm hai phần (phần A phần B). A Theo chương trình Chuẩn :

Câu VI.a(2,0 điểm).

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho đường tròn (C) : x2y2 4x 2y 1 điểm A(4;5) Chứng minh A nằm ngồi đường trịn (C) Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) T1, T2, viết phương trình đường thẳng T1T2

2 Trong không gian Oxyz Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 mặt cầu (S):

2 2 2 4 2 3 0

xyzxyz  Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S)

tại A(3;-1;1) song song với mặt phẳng (P)

Câu VII.a(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện: z i  z 3 i Trong số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mơ đun nhỏ

(15)

Câu VI.b(2,0 điểm)

1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy Cho tam giác ABC cân A có chu vi 16, A,B thuộc đường thẳng d: 2x y  2 0 B, C thuộc trục Ox Xác định toạ độ trọng tâm tam giác ABC

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0), C(0;-1;-2) Viết phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A tam giác ABC Câu VII.b(1,0 điểm).

Cho hàm số (Cm):

1

x x m

y x

  

 (m tham số) Tìm m để (Cm) cắt Ox hai điểm phân biệt

A,B cho tiếp tuyến (Cm) A, B vng góc

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1

KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MƠN TỐN

Câu Nội Dung Điểm

I.1 (1 điểm)

* TXĐ: R

Sự biến thiên: y' = -3x2 + 6x = -3x(x - 2)

y' = 

0 x x

  

 

* Hàm số nghịch biến (-∞;0) (2;+∞) Hàm số đồng biến (0;2)

Hàm số đạt cực đại x = 2, yCĐ =

Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT =

* xlim  y = + ∞, xlim y = - ∞

Bảng biến thiên: x -∞ +∞ y' +

+ ∞ y

-∞ *Đồ thị: y'' = -6x +

y'' =  x =  điểm uốn I(1;3) tâm đối xứng đồ thị

0,25

0,25

0,25

0,25

I.2 (1 điểm)

* PT cho  -x3 + 3x2+ = -m3 + 3m2+ Đặt k = -m3 + 3m2+

* Số nghiệm PT số giao điểm đồ thị (C) với đt y = k * Từ đồ thị (C ) ta có: PT có nghiệm phân biệt  < k < 5 *  m (-1;3)\ 0;2

(16)

II.1

(1 điểm) * Đk:

4 x x      

  x  Đặt t = x 4 x (t > 0) BPT trở thành: t2 - t -  

2( ) t L t     

* Với t   2 x216  - 2x 2 ( )

0 ( )

4( 16) (9 ) a b x x                       x - 2x x - 2x

* (a)  x  2. * (b) 

145

36 x <2. *Tập nghệm BPT là: T=

145 ; 36       0,25 0,25 0,25 0,25 II.2

(1 điểm) * Đk: cosx   x  k

 

PT cho  3sin2x + sinxcosx -

sinx cosx = 0

*  sinx( 3sinx + cosx -

cosx) = 0

sinx

1

3 sinx cos

osx x c        

* Sinx =  x = k. * 3sinx + cosx -

1

cosx =  3tanx + -

cos x =

 tan2x - 3tanx = 

t anx t anx

      x x k k          

Vậy PT có họ nghiệm: x = k, x = 3 k    0,25 0,25 0,25 0,25 III

(1 điểm) * Đặt t =

x

e  , Khi x = ln2  t = 0 x = ln3  t = 1 ex = t2 +  e2x dx = 2tdt

* I = 2 ( 2) t tdt t t     = 2

( )

1 t t dt t t      

* =

0

( 1)tdt

 + 2 ( 1) d t t

(17)

* =

2

(t  2 ) 0t

+ 2ln(t2 + t + 1)

1

0 = 2ln3 - 1 0,25 IV

(1 điểm) * Áp dụng định lí cosin ABC có AB = AC =

3 a

S ABC =

1

2AB.AC.sin1200 =

2 3 a

Gọi H hình chiếu S lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC  HA = HB = HC

 H tâm đường tròn ngoại tiếp ABC * Theo định lí sin ABC ta có: sin

BC

A = 2R  R =

3 a

= HA SHA vuông H  SH = SA2  HA2 =

6 a

VS ABC =

3 S ABC .SH =

2 2 a

* Gọi hA, hM khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)

1

M A

h SM

hSA   h

M =

1 2hA SBC vuông S  S SBC = a2

* Lại có: VS ABC =

3 S SBC .hA  hA =

S ABC

SBC

V

V = a

Vậy hM = d(M;(SBC)) =

2 a

0,25

0,25

0,25

0,25

V (1 điểm)

* Ta cm với a, b > có a3 + b3  a2b + ab2 (*)

Thật vậy: (*)  (a + b)(a2 -ab + b2) - ab(a + b)  0

 (a + b)(a - b)2  đúng

Đẳng thức xẩy a = b * Từ (*)  a3 + b3  ab(a + b)

b3 + c3  bc(b + c)

c3 + a3  ca(c + a)

 2(a3 + b3 + c3 )  ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1)

* Áp dụng BĐT co si cho số dương ta có:

1

a + a +

1 a

3

3 3 1

a b c =

3

abc (2) * Nhân vế với vế (1) (2) ta BĐT cần cm

Đẳng thức xẩy a = b = c

0,25

0,25

0,25

0,25 VI.a.1

(1 điểm)

* Đường trịn (C) có tâm I(2;1), bán kính R =

Ta có IA = > R  A nằm ngồi đường trịn (C)

* Xét đường thẳng 1: x = qua A có d(I;1) =  1 tiếp tuyến (C)

(18)

* 1 tiếp xúc với (C ) T1(4;1)

* T1T2  IA  đường thẳng T1T2 có vtpt n

 =

1

2 IA =(1;2)

phương trình đường thẳng T1T2 : 1(x - 4) + 2(y - 1)

 x + 2y - =

0,25

VI.a.2

(1 điểm) * Mp(P) có vtpt

P

n = (1;1;-2).

(S) có tâm I(1;-2;-1)

* IA = (2;1;2) Gọi vtcp đường thẳng  u

 tiếp xúc với (S) A  u

IA

Vì  // (P)  u

nP

 * Chọn u0

= [IA,nP

] = (-4;6;1)

* Phương trình tham số đường thẳng :

3

x t

y t

z t

   

  

  

0,25 0,25 0,25 0,25

VII.a (1 điểm)

* Đặt z = x + yi (x; y R)

|z - i| = |Z - - 3i|  |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|

*  x - 2y - =  Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z đường thẳng x - 2y - =

* |z| nhỏ  |OM | nhỏ  M hình chiếu O  *  M(

3 5

;-6

5)  z = 5

-6 5i Chú ý:

HS dùng phương pháp hình học để tìm quỹ tích điểm M

0,25 0,25 0,25 0,25

VI.b.1 (1 điểm)

* B = d Ox = (1;0)

Gọi A = (t;2 2 t - 2 2)  d

H hình chiếu A Ox  H(t;0) H trung điểm BC

* Ta có: BH = |t - 1|; AB = (t1)2(2 2t 2)2  3|t - 1| ABC cân A  chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1| *  16 = 8|t - 1| 

t

t

    

* Với t =  A(3;4 2), B(1;0), C(5;0)  G(3;

3 ) Với t = -1  A(-1;-4 2), B(1;0), C(-3;0)  G(1;

4 

)

0,25

0,25 0,25

(19)

VI.b.2 (1 điểm)

* Gọi d đường cao tương ứng với đỉnh A ABC

 d giao tuyến (ABC) với ( ) qua A vng góc với BC

* Ta có: AB= (1;3;-3), AC= (-1;1;-5) , BC = (-2;-2;-2)

[AB, AC] = (18;8;2)

mp(ABC) có vtpt n

=

4[AB, AC] = (-3;2;1)

mp( ) có vtpt n

' = -1

2 BC = (1;1;1)

* Đường thẳng d có vtcp u =[n

, n

' ] = (1;4;-5)

* Phương trình đường thẳng d:

2

x t

y t

z t

   

  

   

0,25

0,25

0,25 0,25

VII.b (1 điểm)

* Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) với Ox:

1 x m x

   x

= 

2 x m 0

   

  

x x

(Cm) cắt Ox điểm phân biệt  pt f(x) = x2 - x + m = có

nghiệm phân biệt khác

0 (1) f

   

 

1 m m

   

 

 (*)

* Khi gọi x1, x2 nghiệm f(x) = 

1 2

1 m

 

 

 

x x x x

Ta có: y' =

'( )( 1) ( 1) ' ( ) ( 1)

f x x x f x

x

   

 Hệ số góc tiếp tuyến (Cm) A B là: k1 = y'(x1) =

1 1

2

'( )( 1) ( ) ( 1)

f x x f x

x

 

 =

1

'( ) ( 1) f x x  =

1

1 x x  * Tương tự: k1 = y'(x2) =

2 2

1 x

x  ( f(x

1) = f(x2) = 0)

Theo gt: k1k2 = -1 

1

1 x x  .

2 2

1 x

x  = -1 *  m =

1

5( thoả mãn (*))

0,25

0,25

0,25

(20)

Ngày đăng: 19/05/2021, 23:25

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

w