Thí sinh không được sử dụng tài liệu.[r]
(1)Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu MƠN TỐNNgày thi: 18/02/2012
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 =
2 ( )
x
C x
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C)
2 Tìm m để (C) tồn điểm A(x1;y1), B(x2;y2) thuộc nhánh đồ thị cho
1
2
0
x y m
x y m
Câu II (2.0 điểm)
1 Giải phương trình
1 cot 2
(t anx cot ) sin
x
x x
2 Giải phương trình
2
2
2 x x
x
Câu III (1.0 điểm)
Tìm nguyên hàm I =
2011 2011 2009
5
sin sin
cot sin
x x
xdx x
Câu IV (1.0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình thang đáy lớn AB = 2, tam giác ACB vuông C, tam giác SAC SBD tam giác cạnh Tính thể tích hình chóp S.ABCD
Câu V (1.0 điểm)
Cho hai số a, b (0;1) a b Chứng minh rằng: 2012 2012
ln 2012
(log log )
1
b a
b a b a
PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)
Thí sinh làm hai phần A B (Nếu thí sinh làm hai phần không chấm điểm). A Theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2.0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A, B đối xứng qua trục Ox, C(2 ;0), tam giác ABC Tìm tọa độ điểm A, B biết A, B thuộc elip (E) :
2
1
x y
2 Chứng minh rằng:3Cn0 4Cn1 (n 3)Cnn (6n n)
(Cnk tổ hợp chập k n phần tử.)
Câu VIIa (1.0 điểm)
Giải hệ phương trình :
3
2
3
2
x xy x y
x xy y
B Theo chương trình nâng cao Câu VIb (2.0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân A, A có tọa độ dương, B, C thuộc trục Ox, đường thẳng AB có phương trình y3 7(x1), chu vi tam giác ABC 18 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C
2 Giải bất phương trình :
3
log log
( 10 1) ( 10 1)
3
x x x
Câu VIIb (1.0 điểm)
Giải hệ phương trình :
2
( 1)
4
xy xy y y y
xy x y
(2)
Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh số báo danh
Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu
MƠN TỐN
Ngày 18/01/2012
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I 1.(1đ)
2.(1đ)
1 TXĐ:D = R\{-2} 0,25
2 Chiều biến thiên x
limy 1,lim
x y
nên y = đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số xlim 2 , limx 2 nên x = -2 tiệm cận đứng đồ thị hàm số
0,25
Bảng biến thiên
Khoảng đồng biến , nghịch biến cực trị hàm số
0,25
3 Đồ thị, nhận xét đồ thị 0,25
Vì
1
2
0
x y m
x y m
nên A, B thuộc đường thẳng x – y + m = nên để tồn điểm A, B thuộc nhánh đồ thị đường thẳng (d): y = x + m cắt (C) điểm phân biệt nằm phía đường thẳng x + =
0,25
(d) cắt (C) hai điểm phân biết phương trình 2
x
x m x
có nghiệm
phân biệt x khác -2 hay g(x) = x2 + (m + 1)x + + 2m = (1) có ngiệm phân biệt x
khác -2
Pt (1) có nghiệm phân biệt x khác -
2 6 7 0 1
(2) ( )
m
m m
m g x
0,25
Vì A, B giao điểm (d) (C) nên x1, x2 nghiệm pt (1) theo viet ta có
1
1
1 (3) 2
x x m
x x m
A,B nằm phía x + = (x1 + 2)(x2 + 2) > (4) từ (3) (4) ta 2+2m-2m-2+4>0 (luôn đúng).Vậy m<-1 m >
0,5
Câu II 1.(1đ)
2.(1đ)
ĐK:
sin sin
x x
Pt
1 cot 2
sin cos 2 sin sin sin
x
x x x
x x
0,5
2 sin(2 ) sin
3
4
20
x k
x x
k x
thỏa mãn điều kiện.
0,5
ĐK:
2
x
x
0,25
(3)CâuIII
1.(đ) 2011 2011 2
2
4
1
cot
sin cot cot
sin sin
x
x xdx xdx
x x
0,55
Đặt t = cotx , dt = -1/sin2xdx I =
2 4024 8046
2
2011 2011 2011 2011 2011
t (1 )
4024 8046
t tdt t t C
=4024 8046
2011 2011
2011 2011
4024cot x8046cot x C
0,5
Câu IV
1.(đ) Vì tam giác SAC SBD cạnh cân Lại có góc ACB vng nên hình thang ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AB3 nên AC = BD hay tứ giác ABCD hình thang 0,25 Gọi H trung điểm AB SH vng góc (ABCD) hay SH đường cao hình
chóp
0,25 Ta có BC = 1 nên SH = SB2 HB2
Lại có
3
ABCD
S
(Do ABCD nửa lục giác đều) Vậy
1 3
3 4
S ABCD
V
(đvtt)
0,5
Câu V
1.đ Bđt 2012 2012 2012 2012
ln 2012
(log b log (1 b) log a log (1 a))
b a
0,25 TH1: b > a bđt
2012 2012 2012 2012
4
log log (1 ) log log (1 )
ln 2012 ln 2012
b a
b b a a
Xét hàm số f(t) = 2012 2012
4
log log (1 ) (0;1)
ln 2012
t
t t t
Ta có f’(t) =
2
(2 1)
0 (0;1) (1 ) ln 2012
t
t
t t
hàm số f(t) đồng biến (0;1)
Suy b > a ta có f(b) >f(a) từ ta có điều phải chứng minh
0,5
TH2: b < a Chứng minh tương tự 0,25
CâuVI.a 1.(1đ) 2.(1đ)
B THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
2 4
; , ;
7 7
A B
1,0
Ta có (1+x)n = Cn0xC1n x Cn nn nhân vế với x3 ta được
3(1 )n n n
n n n
x x x C x C x C
lấy đạo hàm hai vế thay x = ta có điều phải chứng minh
(4)Câu VIIa
1(đ) Hệ
3 2
2
3 (2 )( ) (1)
2 (2)
x xy x y x xy y
x xy y
Giải (1) ta x33xy25x y y2 0 (3)
Đặt x = ty phương trình (3) trở thành: y3(t3 + 5t2 + 3t - 1) = 0
0 5 y t t t
* Với y = hệ vô nghiệm
* Với t = - ta thay vào (2) phương trình vơ nghiệm
* Với t = 2 5 thay vào (2) ta nghiệm y =
1
4 5
1
4 5
y x y x
* Với t = 2 5 thay vào (2) ta suy hệ phương trình vơ nghiệm.
0,25 0,25 0,5 CâuVI.b 1.(1đ) 2.(1đ)
THEO CHƯƠNG TRÌNH NĂNG CAO
Vì B thuộc Ox nên B giao điểm Ox với AB B(1;0), A thuộc AB nên A có tọa độ A( ;3 7( 1)
a a ) (a >1).Gọi AH đường cao tam giác ABC suy H(a;0) BC suy C(2a-1;0) Vậy BC = 2(a-1), AB=AC=8(a-1)
Vì chu vi tam giác ABC 18 nên 2(a-1) +16(a-1)=18 a = 2, C(3;0), A(2;3 7)
1,0
ĐK:x > Bpt
log3 log3
3 3
log log log 10 10
( 10 1) ( 10 1) ( ) ( )
3 3
x x
x x x
0,5
Đặt t =
log3 10 ( ) x
(t > 0) bpt trở thành
1 10
3
t t
t
Từ ta tập nghiệm bất phương trình S= [3;)
0,5
CâuVII.b 1(đ)
Hệ
2 2 2
2
1
x y xy y xy y y
xy y x y
Ta nhận thấy y = hệ vô nghiệm
Với y khác hệ
2
2
1
( 1)
1 1 x x y y x x y y
Đặt
1 a x b y
hệ trở thành
2 2
4 ( )
7 ( )
5 ( )
2
a b
L ab
a ab b a b ab
a ab b ab a b a b
ab Với 1
2 1
1 1
x a
b y
a b
ab a x
(5)