Đang tải... (xem toàn văn)
Xác định m để các điểm cực đại cực tiểu của đồ thị hàm số C nằm về hai phía khác nhau phía trong và phía ngoài của đường tròn có phương trình: Câu 2 1 điểm.. Giải phương trình:.[r]
(1)SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN Năm học: 2013 – 2014 Ngày thi 22/02/2014 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 01 trang) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2 điểm) Cho hàm số y=x −3 x +2 (C) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) Xác định m để các điểm cực đại cực tiểu đồ thị hàm số (C) nằm hai phía khác (phía và phía ngoài) đường tròn có phương trình: Câu (1 điểm) Giải phương trình: cos x 2 sin x cos3 x sin x(1 tan x) 2sin x Câu (1 điểm) Giải bất phương trình: x + y −2 mx−4 my+5 m −1=0 x 1 x 3 3x x sin x I dx cos x Câu (1 điểm) Tính tích phân: Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA SB a , SD a và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng AC và SD x, y, z là số dương thỏa mãn xyz x z y Tìm giá trị lớn biểu Câu (1 điểm) Cho thức: P 2 x 1 y 1 4z z 1 3z ( z 1) z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình CHUẨN Câu 7a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân đỉnh A, phương trình AB: x y 0, phương trình BC: 3x + y – = Tìm tọa độ các đỉnh A và C, biết diện tích tam giác ABC và điểm A có hoành độ dương x 1 y z d1 : ; Câu 8a (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng x y z d2 : 1 và mặt phẳng P : x y z 0 Lập phương trình đường thẳng d song song với mặt phẳng (P) và cắt d1 , d A, B cho độ dài đoạn AB nhỏ Câu 9a (1 điểm) Xét tập hợp các số tự nhiên có chữ số khác lập từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 5; 6; 7; Chọn ngẫu nhiên phần tử tập hợp trên Tính xác suất để phần tử đó là số chia hết cho B Theo chương trình NÂNG CAO Câu 7b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : x y 0 và đường tròn (C ) : x y x y 0 Qua điểm M thuộc , kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB 2 Câu 8b (1điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đ ường x 1 y z 1 Viết phương trình đường thẳng d qua điểm B và cắt đ ường thẳng : thẳng điểm C cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ (2) Câu 9b (1 điểm) Giải phương trình: log 32 x 3 3log x Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm (3) (4) TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM Đề chính thức ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC: 2013 - 2014 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Hướng dẫn chấm Điểm điểm điểm Câu Ý 1 * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên lim y ; lim y x Giới hạn: x 0.25 y ' =3 x −6 x=0 ⇔ ¿ [ x=0 [ ¿ [ x=2 Bảng biến thiên: 0 x y’ 0.25 y -2 + Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0) và (2; +∞) ; nghịch biến trên (0; 2) Cực trị: Hàm số đạt cực đại x=0 và y CD= y ( 0)=2 ; đạt cực tiểu x=2 và 0.25 y CT = y (2 )=−2 * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung điểm (0; 2) fx = x3 -3 x2 +2 0.25 -5 -2 điểm Các điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số là A(0; 2), B(2; -2) Đường tròn đã cho có tâm I(m; 2m), bán kính R=1 Để các điểm CĐ, CT nằm hai phía đường tròn thì ( IA2 R )( IB R ) ( IA2 1)( IB 1) (5m 8m 3)(5m 4m 7) (5m 8m 3) m 0.25 0.25 0.25 0.25 (5) m 1 Vậy thỏa mãn bài toán điểm sin x (*) cos x 0 Đk Với đk (*) phương trình đã cho tương đương: 3sin x 4sin x 4cos3 x 3cos x cos x sin(1 tan x) 2sin x (sin x cos x)(2sin x 1) sin x(sin x cos x) cos x sin x 2sin x cos x (1) sin x cos x 0 cos x sin x sin x (2) cos x (1) tan x x k , k cos x sin x 0 tan x 1 (2) (cos x sin x)(1 cos x) 0 cos x 0 cos x x k (k ) x k 2 0.25 0.25 0.25 x k , x k 2 , k So với đk (*) suy các họ nghiệm pt là: 0.25 điểm ĐK: x Ta có: x 1 x 3 x 1 x 3x 3x 0.25 (1) x 3 x 3x (2) Đặt t 3x (t 0) x t , BPT (2) trở thành: t 2 2 1 2t 1 t t 1 (t 1) (2t 1) 0 t 1 t 1 t 0 t 2 t 1 t 0 t 2 x 1 x 0 x 2 2t t 0 x x x 0 0.25 0.25 T ; 1 0; Vậy BPT (1) có tập nghiệm là: 0.25 Ta có 0.25 x sin x x sin x x sin x I dx dx dx dx dx cos x cos x cos x cos x cos x 0 0 (6) sin x d (1 cos x) 4 dx ln(1 cos x) ln cos x cos x 0 + Tính x J dx cos x J ( x tan x) 04 Đặt: u x du dx; dv sin x cos xdx ln 2 0.25 dx v tan x cos x 0.25 I ln Vậy 0.25 điểm Gọi O là giao điểm AC và BD Vì ABCD là hình thoi nên AOBD Theo giả thiết (ABCD) (SBD) và hai cắt theo giao tuyến BD Do đó AO (SBD) Mặt khác AS = AB = AD O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBD = OB = OD hay SBD là tam giác vuông S S mp H D C OS 0.25 O B A 2 2 Từ đó: BD SB SD a 2a a AO AB OB a 3a a Suy thể tích khối chóp S.ABD tính bởi: 1 a a3 VS ABD VA.SBD S SBD AO SB.SD AO a.a 6 12 a VS ABCD 2VS ABD (đvtt) 0.25 Trong SBD dựng OH SD H (1) H là trung điểm SD Theo chứng minh trên AO (SBD) AO OH (2) (1) và (2) chứng tỏ OH là đoạn vuông góc chung AC và SD 0.25 a d ( AC , SD) OH SB 2 Vậy 0.25 điểm y z x yz thay vào biểu thức ta có : Từ giả thiết có 2(1 yz ) 4z 3z P ( y 1)( z 1) y z ( z 1) z z[2 y ( y 1) z ] P ( y 1)( z 1) 4z z 1 0.25 3z ( z 1) z Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: z [4 y ( y 1) ](1 z ) P ( y 1)( z 1) 0.25 4z z 1 3z ( z 1) z (7) P 2z 4z 3z ( z 1) z z2 z P (1 ) 3t t t (0;1) z 1 z 1 z 1 z với Max f (t ) f ( ) 3 Xét hàm số f (t ) 3t t có t(0;1) z 1 2z z 1 3z 0.25 0.25 2 x ; y 2; z Vậy GTLN P 7a Góc hai đường thẳng BC và AB là 45 và ABC cân A nên ABC vuông cân A A AB A(4 2a; a) với a < 2; C BC C(c; 3c) 0.25 AC (2a c 4; a 3c 7) , vtcp AB là u1 (2; 1) AC.u1 0 c 3 a (1) Tọa độ B là nghiệm hệ phương trình x y 0 3 x y 0 0.25 x 2 y 1 B(2;1) 0.25 S ABC AB 2 Diện tích tam giác ABC: a 0 (2a 2) (1 a ) 5 a 2a 0 a 2 0.25 Do a<2 nên nhận a = c = Suy A(4; 0) và C(3;2) 8a A a; 2a; a , B 2b;1 b;1 b , ta có AB a 2b 3; 2a b 3; a b 1 AB nP 1;1; b a Do AB song song với (P) nên: AB a 5; a 1; 3 0.25 0.25 Suy ra: Do đó: 2 2 a 1 3 2a 8a 35 a 27 3 AB a 5 Suy ra: a 2 AB 3 A 1;2;2 b AB 3; 3; 3 , 0.25 , x y z 1 Vậy phương trình đường thẳng (d) là: 0.25 9a điểm Gọi A là biến cố lập số tự nhiên chia hết cho 5, có chữ số khác Số các số tự nhiên gồm chữ số khác kể số đứng đầu: A8 Số các số tự nhiên gồm chữ số khác và có số đứng đầu là: 0.25 A số Số các số tự nhiên gồm chữ số khác nhau: A8 A7 5880 số Số các số tự nhiên chia hết cho có chữ số khác nhau: A7 + A6 = 1560 số n A 1560 0.25 0.25 (8) Ta có: n 5880 n A 1560 , 1560 13 P(A) = 5880 49 0.25 7b điểm M M(2m 5; m); (C) có tâm I(1; 2), bán kính R 10 0.25 Gọi H là trung điểm AB AH và AH MI Tam giác AIM vuông A có AH là đường cao nên: 0.25 1 1 1 AM 10 2 AH AM AI AM 10 0.25 IM IA2 MA2 2 2 IM 20 (2m 6) (m 2) 20 m 4m 0 m 2 Vậy M(-1; 2) 8b 0.25 điểm x 2t y 1 t z 2t Phương trình tham số : 0.25 Điểm C thuộc đường thẳng nên tọa độ điểm C có dạng C ( 2t ;1 t ;2t ) AC ( 2t ; t; 2t ); AB (2; 2;6) AC , AB ( 24 2t ;12 8t ;12 2t ) AC , AB 2 18t 36t 216 S AC , AB 18t 36t 216 Diện tích ABC là 18(t 1) 198 ≥ 198 = Min S = 198 t 1 hay C(1; 0; 2) 0.25 0.25 Đường thẳng BC qua qua B và nhận BC ( 2; 3; 4) làm vectơ phương x y z 3 4 nên có phương trình chính tắc là 9b 0.25 điểm Với điều kiện x > 0, ta đặt u log x và v 3u v 3u 3 u 3v v 3u Ta có hệ: u 3v 3 u v 3(v u ) 0.25 u 3v 2 (u v )(u uv v 3) 0 (*) 0.25 u uv v u v v 0, u , v Do nên: u 3v v u u v (*) u v 2 u v 0 u 3u 0 Với u log x x (t/m) 0.25 0.25 (9) Với u 2 log x 2 x 4 (t/m) Vậy phương trình có hai nghiệm x ; x 4 Chú ý :- Học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì cho điểm tối đa - Câu 5( hình học không gian) học sinh không vẽ hình vẽ hình sai thì không cho điểm (10)