De Thi cap toc qua hay

Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC cân đỉnh C và có chu vi nhỏ nhất.. Hãy viết phương trình đường thẳng BC, biết điểm C có hoành độ âm.[r]

Sở giáo dục Đào tạo Thanh Hóa ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12 Trường THPT Đào Duy Từ Mơn: TỐN; Khối A, B; ngày thi: 24/03/2012 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số yx3(2m1)x2 3mxm (1), m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 1

Tìm m đề đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm phân biệt A(1;0),Bvà Csao cho: AB2BC2CA2 2 Câu II (2,0 điểm)

Giải phương trình: cos 2 2 sin sin 3 cos 3 1 2sin2 2 .

4 4

x x   x    x   x 

     

  `

Giải hệ phương trình:

 

2

2

3

( )

( ; )

2 11

y

x x y

x y x y

x y x

  

 

   

    



Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:  

4

.sin sin

1 dx

x x x x x

I

x



 







Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật tâm O, AB = a, AD = 2a; M điểm thuộc cạnh AB cho MA = 2MB, tam giác SMO cân đỉnh S nằm mặt phẳng vng góc với (ABCD) Biết mặt bên (SBC) hợp với đáy (ABCD) góc 600 Tính thể tích khối chóp S.AMOD theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho x y z, , số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:

 2

1 1

9 81

x y z x y z xyz

 

      

   

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2( 3) 2( 3) ( 3)(1 )

z z

x z y z

P      

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)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2

( ) :C x y 2x240 có tâm I đường thẳng

( ) : 3d x4y280 Chứng minh dtiếp xúc với ( )C Tìm tọa độ điểm A thuộc ( )C , điểm B C thuộc ( )d cho tam giác ABC nhận I làm trực tâm trung điểm cạnh AC thuộc ( )C , biết điểm C có hồnh độ dương Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; -2; 3), B(2; 1; 1) mặt phẳng (P): x + y + 2z + =

Chứng minh đường thẳng AB song song với mặt phẳng (P) Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) cho tam giác ABC cân đỉnh C có chu vi nhỏ

Câu VII.a (1,0 điểm ) Từ chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; lập số tự nhiên chẵn có chữ số phân biệt abcde thỏa mãn b c

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

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích 18 (đơn vị diện tích); đáy lớn CD nằm đường thẳng có phương trình: xy20.Biết hai đường chéo AC, BD vng góc với cắt điểm I(3;1) Hãy viết phương trình đường thẳng BC, biết điểm C có hồnh độ âm

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3; 0; 0), H(0; -2 ; 5) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, cắt Oy, Oz B C cho tam giác ABC nhận AH làm đường cao

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình: log 5.33

2

x

x



    

 

  -Hết -

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ……….; Số báo danh………

http://www.foxitsoftware.com For evaluation only

x y

O 

Sở giáo dục Đào tạo Thanh Hóa ĐÁP ÁN THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12 Trường THPT Đào Duy Từ Mơn thi:TỐN ( Khối A, B)

(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)

Câu Đáp án Điểm

1 (1,0 điểm) Khảo sát…

 Tập xác định: DR

 Sự biến thiên:

Giới hạn: lim , lim

xy  xy

0,25

- Chiều biến thiên: y'3(x1)2 0, x R Bảng biến thiên:

0,25

- Hàm số đồng biến R

- Hàm số khơng có cực trị 0,25

 Đồ thị

+ Điểm uốn I(1; 0)

+ Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I làm tâm đối xứng

2.(1,0 điểm) Tìm m…

+ Phương trình hồnh độ giao điểm:

(2 1) ( 1)( 2 ) 2

( )

x

x m x mx m x x mx m

g x x mx m



          

   

 

 0,25

+ Để ĐTHS(1) cắt Ox điểm phân biệt g(x)=0 có nghiệm phân biệt khác 1 m m   

   0,25 + Gọi x x1 2 hai nghiệm phương trình g(x) =

Suy ĐTHS(1) cắt Ox điểm A(1;0), ( ;0), ( ;0)B x1 C x2

Ta có AB2BC2 CA2 2 2 2

1 2

(x 1) (x 1) (x x) 8m 10m

         ( Theo ĐL Vi-et)

0,25 Câu I

(2,0 điểm)

+ Giải

m  (thỏa mãn) m0 (loại) 0,25

1 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác…

Phương trình tương đương với: cos2 sin  cos 1 cos

x x x    x 

 

 

cos2 sin cos 1 cos cos 2 sin cos sin sin

2

x x x x  x x x x x

           

 

0,25 Câu II

(2,0 điểm)

cos 2xsin 4x sin 2x sinx1 sin 4x cos 2x sin 2x sinx0

       

+





+ 0

y y’



1



x

1 -1

O x

y

2

 

2

2 sin x sin cosx x sinx0 sinx sinx cosx 0

      sin sin 1 4 2 x x                 0,25

 sinx0 xk (kZ)

0,25

 sin 1

4 2

x  

 



 

 

7

2 ; ( )

12 12

x  k  x  k  k Z

       0,25

2 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình…

ĐK: 0, ,

2 x  x y x y x

Hệ tương đương với:

 

2 3

2

( ) (1)

2 11 (2)

x x y x y y

x y x

   

   

  

Từ (1) suy y0, y < x – y >0 , đó: VT (1) 0 > VP(1) (VN)

0,25

(1) x2  x y3 xy1 x2 x y y0 2 2 3

( )

x y x x y y

x x y

x y x y x x y y

                 2 3

1 ( 1)( )

0

( )

x y x y x y

x x y

x y x y x x y y

                 2 3

( 1)

( )

x x y x y

x y x y

x y x y x x y y

                           ( biểu thức [.] dương)

0,25

 Thế y = x – vào (2) ta được: 2

4x 4x 2 2x 1 11(2x1) 3 2x 1 100

 Đặt t 2x 1 0, ta có pt: t4 3t 10  0 (t 2)(t32t24t5)  0 t

0,25

 Giải nghiệm ( ; ) 3; 2

x y  

 0,25

Tính tích phân…

 

4 4

1

0 0

.sin sin ( 1)sin

1 dx dx 1dx I

x x x x x x x x x

I I

x x x

  

 

  

  

  

   0,25

Tính

4 4

4

1 0 0

0 0

2

( 1) sin ( 1) ( cos ) ( 1) cos ( cos ) ( 1) sin

8

2

8

x xdx x d x x x x d x x

I                           0,25 Tính dx x x I x   

 Đặt t x , suy ra:

4

2 2

2 0

2 1 2

2 2 ln ln

1 1 12

1

t dt t t

dx t dt t

t t t t

x x I x                                            0,25 Câu III (1,0 điểm)

Vậy ln2

12

I     

 

    



0,25

3

Tính thể tích khối chóp……

Gọi H trung điểm OMSH OMSH (ABCD) (Vì SMO(ABCD)) 0,25 Câu IV

(1,0 điểm)

Kẻ HEBC E(SBC),(ABCD)SEH600

Kẻ OFBC F, Ta có: HE đường trung bình hình thangvuông

BMOF, suy 1( )

2 12

a a a

HE MBOF     .tan 600

12 a

SH EH

  

Ta Ta có:dt AMOD( )dt ABD( )dt BMO( )

( ) ( ) ( ) ( )

3 6

dt ABD dt ABO dt ABD dt ABD a

    

Suy

3

1 5 25

( )

3 12 216

S AMOD

a a

V  dt AMOD SH  a  (đvtt)

0,25

0,25

0,25 Tìm giá trị nhỏ nhất…

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:

3

( ) 1

; 27

x y z

xyz

x y z x y z

 

   

  , dấu có x  y z

Đặt t

x y z

 

  , từ giả thiết ta có BĐT:

3

2 2

9 9(1 ) 3 ( 1)( 3) 1

3 t

t t         t t t t t        t x y z

0,25

Ta có

3

3 ( ) 3 2

( ) ( )

4

x y

x y   x y x yxy  xy xy  , dấu có x y Do

3

3 3 ( 3)(1 ) (1 ) 3 14

2( ) 4

4 4

z z z z z z z z

x y z z

P               

(vì

3

3 ( ) (1 )

4

x y z

x y     )

0,25

Xét hàm số

3

14

( )

4

z z z

f z     (0;),

2

21 (3 1)(7 4) '( )

2

z z z z

f z      

Bảng biến thiên:

0,25 Câu V

(1,0 điểm)

Suy minP 0; 

1 23 ( )

3 27

f z f



     

  , x  y z 13 0,25

Phần A Theo chương trình Chuẩn

1 (1,0 điểm)Tìm tọa độ đỉnh A, B, C …

Ta có: (C) có tâm I(1; 0), bán kính R = Vì ( ; ) 28 5

d I d     R (d) tiếp xúc với (C) 0,25

Câu VI.a

(2,0 điểm)

 Tọa độ tiếp điểm H nghiệm hệ: 32 42 28 (4; 4) 24

x y

H

x y x

  



   

 



 Vì I trực tâm tam giác ABC nên AI d I trung điểm AH A( 2; 4) 

0,25

F C

D

O

H A M

E B

S

23 27

- 0 +

f(z) f’(z)



1

z

M

d A

I

4  Gọi M trung điểm AC, M( )C MHACtam giác HACvuông cân đỉnh H

 Gọi C(4 + 4t; - 3t) ( )d

 Ta có HCHA1025t2100  t Vì xC 0 C(12; 2)

0,25

 Gọi B(4 + 4t; - 3t) ( )d AB (4t 6;8 );t IC (11; 2)

 

    

 I trực tâm tam giác ABC nên AB IC      0 t B(0;7)

0,25 (1,0 điểm)Tìm tọa độ điểm C…

Ta có: AB(1;3; 2)



, (P) có vtpt n(1;1; 2)



Vì A( )P AB n

 

 nên AB //(P)

0,25 Gọi I trung điểm AB 3; 1;

2

I

   

 , tam giác ABC cân đỉnh C nên CIAB

Chu vi 2

(ABC)ABBCCAAB2 IA IC , để chu vi nhỏ IC nhỏ nhấtIC( )P ( thỏa mãn CIAB, AB // (P) )

0,25

Gọi C x y z( ; ; )( )P 3; 1;

2

IC x y z



      phương với n(1;1; 2)



Ta có hệ:

2 2 2

3 2

2

2

2

1

x y z x y z

x y

x y

z

y z

       

  

  

    

 

 

 

 

 

 

 

 



0,25

Giải hệ được: 1, 5;

3 3

x y  z  Vậy 5; 3; 3

C    0,25

Tính giá trị biểu thức S…

Vì b  c        b c;  0;5 ; 1; ; 2;3 TH1:    b c;  0;5

+ Có cách chọn b;c

+ e chẵn có cách chọn chữ sốe2; 4; 6và có A42cách chọn a; d Suy có 2.3.A42=72 ( số thỏa mãn)

0,25

TH2:    b c;  1; + Có cách chọn b;c + e chẵn  e0; 2;6

- Với e = , có A42cách chọn a; d

- Với e 2; , có cách chọn chữ số e Có cách chọn chữ số a cách chọn chữ số d Suy có 2(A42+2.3.3) = 60 ( số thỏa mãn)

0,25

TH3:    b c;  2;3 Tương tự TH 2: có 2(A42+2.3.3) = 60 ( số thỏa mãn)

0,25 Câu

VII.a

(1,0 điểm)

Vậy có tất cả: 72 + 2.60 = 192 ( số thỏa mãn) 0,25

Phần B Theo chương trình Nâng cao

1 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng BC …

Vì ( ) 18

2

ACBDdt ABCD  AC BD AC  AC 0,25

Câu VI.b

(2,0 điểm)

Tam giác ICD vuông cân I nên ( , ) 2 2

ICd I CD     IAACIC

Vì ICID4, nên tọa độ điểm C, D nghiệm hệ: 22 2 1 ( 3) ( 1) 16

x y x

y

x y

    

 

   

 

 

 

 

 



3 x y

 

  

Vì xC 0 nên ( 1;1)C  D(3;5) 0,25

Ta có ID2IBID 2IBB(3; 1)

  0,25

Phương trình BC: x2y 1 0,25

2 (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng (P)… Goi (0; ; 0), (0; 0; ) ( B b C c b c0)

Ta có AH ( 3; 2;5),BC (0; b c HB; ), (0;b 2; 5),HC (0; 2;c 5)

   

         

AH đường cao tam giác ABC nên AHBC HBC AH BC

 

  HB HC , phương

0,25

2

2

2

( 2)( 5) 10

2

b c

b c

b

b c

c

 

 

   

   

 

 

 

 

 



0,25

2 29 29

(5 4)( 5) 20 29

5

c c c c c b

            0,25

Suy phương trình ( ) : 29 15 87 29 29

3

2

x y z

P     x y z 

 0,25

Giải bất phương trình ……

ĐK: 5.3 log32

3 5

x

x

x

      

;x0 0,25

 Nếu x > 0, BPT log 5.33 2 5.3 3.32

x x

x

x



  

      

Đặt t3x0, BPT trở thành 3t2  5t 2

3

x

t

      ( Vô nghiệm x > 0)

0,25

 Nếu x < 0, BPT log 5.33 2 5.3 3.32

x x

x

x



  

      

2

2

3 log

3

3

1

x

t

x t

   

    

   ( với t3x0)

0,25 Câu

VII.b

(1,0 điểm)

 Kết hợp với điều kiện, suy log32; log32

5

x 

 Vậy BPT có tập nghiệm 3

2

log ;log

5

S 



0,25

Ghi chú: Nếu thí sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa

http://MrDDT.wordpress.com