ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LUYỆN THI ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SÔ 1 pptx

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SÔ 1
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LUYỆN THI ĐẠI HỌC
LẦN 1 - NĂM HỌC 2012-2013
Ngày kiểm tra:06/1/2013 Môn: TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 4
3
4
)3(
23
 mxxmx
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi
0m 
.
2) Tìm các giá trị của m để hàm số đồng biến trên khoảng (0:+).
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình







4
2sin213coscos

xxx
2) Giải phương trình sau :

 


)12(1372165
22
 xxxxxx . ( x  R).
Câu III (1 điểm) Tính tích phân


dx
x
xx



10
5
2
12

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,AC=a, BC =2a. Mặt phẳng
(SAC) tạo với mặt đáy (ABC) góc 60
0
. Hình chiếu H của S trên mf(ABC) là trung điểm cạnh BC.Tính thể tích
khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng HA và SB theo a.
Câu V (1 điểm) Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
3
2 3
P .
a ab abc a b c

 
   

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A) Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12 và tâm I là giao điểm của hai
đường thẳng
1 2
: 3 0; : 6 0d x y d x y      . Trung điểm của AD là giao điểm của d
1
và trục Ox. Tìm
tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD .
2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hình chóp tam giác đều S.ABC có điểm A(5;3;-1), B(2;3;-4),
C(1;2;0), cạnh bên có độ dài
7 . Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC biết S có
tung độ <2.
Câu VII.a (1 điểm) Chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và khác 0. Tính xác
suất để số được chọn là số chia hết cho 3.
B) Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có B(1;5) và đường cao AH có phương
trình 022  yx ,với H thuộc BC; đường phân giác trong của góc ACB có phương trình là
01 yx . Tìm toạ độ các đỉnh A, C, D .
2) Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng


: 1 0P x y z    . Viết phương
trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng (Q) cắt hai trục
Oy, Oz lần lượt tại điểm phân biệt M và N sao cho OM = ON.

Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình:




3 3
log x log x
2x
10 1 10 1
3
    .
C
ảm ơn
côThúy
(thuy79@
gmail.co
m
)
gửi
tớiwww.
lais
ac.page.t
l


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM
Câu ý Nội dung Điểm
 Khảo sát sự biến thiên, vẽ đồ thị hàm số
3 2
3 4y x x  

1,0
- TXĐ : R
2
0
' 3 6 0
2
x
y x x
x


   




- Hàm số đông biến trên mỗi khoảng ( ;0);(2; ) 
- Hàm số ngịch biến trên khoảng (0; 2)
0,25
- Cực trị : Hàm số đạt CĐ tại
1 D
0; 4
C
x y  , hàm số đạt CT tại
2
2; 0
CT
x y 
- Giới hạn :
3 2 3 2

lim ( 3 2) ; lim ( 3 2) ;
x x
x x x x
 
       
- Hàm số không có tiệm cận.
0,25
- BBT :
x

0 2

y’ + 0  0 +
y






4




0


0,25
1

- Đồ thị
6
4
2
-2
-4
-10 -5 5 10

0,25
Tìm các giá trị của m để hàm số đồng biến trên khoảng (0;+)
1,0

Câu I
2
y’= 3x
2
- 2(3-m)x+
3
4
m. Hàm số đồng biến trên khoảng (0;+ ) khi 0,0'  xy
y’ là tam thức bậc 2 có hệ số a > 0, ' m
2
-10m +9 . 0,0'  xy có 2 trường hợp

0,25

TH1:
 
9;10'  m Khi đó y’  x,0

0,25
TH2: Tam thức có hai nghiệm phân biệt x
1
< x
2
 0


















0
03
0910
0
0
0

2
m
m
mm
P
S
9 m

0,25
Từ 2 trường hợp trên ta có m


 ;1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chú ý : Học sinh có thể sử dụng hàm số để gải bài toán trên.
Điều kiện 0,0'  xy

mxgMaxxxg
x
xx
m
x
2)(0),(
23
189
2
0
2







0,25


Giải phương trình







4
2sin213coscos

xxx 1,0
Ta có: xxxxxxx 2cos2sin12coscos2
4
2sin213coscos 









02coscos2cossin2cos2
2
 xxxxx
0,25


0)cossin1)(sin(coscos0)sin(cossincoscos2
22
 xxxxxxxxxx
0,25





























2
1
4
cos
1tan
2
1sincos
0sincos
0cos



x
x
kx
xx
xx
x

0,25
1
Zk

kx
kx
kx













 ,
2
4
2






0,25
 Giải phương trình : )12(13)72)1(6(5
22
 xxxxxx . ( x  R).

1,0
Đặt: 0,,
2
1
12
72
6
22
22
2
2

















vu
uv

x
uvx
xxv
xu

0,25
Ta có: Pt (1) thành:
 
 



















)(05)(26)(5
)(

))((261)(5
)(131
2
1
5
2
1
5
2
2
22
2222
bvuvu
avu
uvvuuvuv
uvv
uv
u
uv


0,25
Câu II
2

0,25


2
1

726)(
22

 xxxxa
Xét (b)







5
1
5
vu
vu
. Nhưng ta có: u+v = 5726
22
 xxx , dáu bằng xảy ra
khi x =
2
1
. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=
2
1


0,25
 Tính tích phân :





dx
x
xx



10
5
2
12

1,0

Đặt
2
2
2
1 1
1
udu dx
u x u x
x u


     


 

, đổi cận :
: 5 10
: 2 3
x
u



0,25
Ta có :
3 3 3
2
2 3 3
2
2 2 2
2 2 2
( 3) .2 4 1
2. ( 4 ) 2( 4 ) 8
3
1 1 1
u u udu du
I u du u u
u u u

      
  
  

0,25
Câu
III

3
3
2
2
62 1 1 62 1
4 ( ) 4ln
3 1 1 3 1
u
I du
u u u

    
  

62 3
4ln
3 2
I  
0,5
 Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SAC) theo a. 1,0
-
-
ABC
vuông tại A có BC = 2a; AC = a khi đó
- Góc B = 30
0

, C = 60
0
.
Gọi N là hình chiếu của H trên AC thì N cũng là trung điểm
Của AC. Khi đó ta có AC vuông góc với (SNH)
nên góc giữa (SAC) và (ABC) là góc SNH = 60
0

Trong tam giác vuông SHN ta tính được HN =
2
3a

Và SH là
2
3a


-




0,25
- Diện tích tam giác ABC là S =
2
3
2
1
2
a

ABAC 
- Thể tích khối chóp S.ABC là V =
4
3
.
3
1
3
a
SSH 
0,25
Câu IV

Qua B kẻ đường thẳng a song song với AH, gọi M là hình chiếu của H trên a và K là
hình chiếu của H trên SM. Ta có AH //(SBM) và K là hình chiếu của H trên (SBM)
Nên khoảng cách giữa SB và AH bằng độ dài đoạn HK
0,25
H
C
A
B
S
M
N

Ta có tam giác ACH đều nên góc HBM bằng 60
0

2
3

60sin
0
a
HBHM 
Trong tam giác vuông SHM có:
4
3
9
16
9
4
3
4111
222222
a
HK
aaaHSHMHK

Vậy khoảng cách gữa hai đường thẳng AH và SB là
4
3a
.
0,25
3
2 3
P .
a ab abc a b c
 
   

1,00
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
 
3
1 a 4b 1 a 4b 16c 4
a ab abc a . . a b c
2 2 4 3 3
  
        .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 4b 16c  .

0,25
Suy ra
 
3 3
P
2 a b c
a b c
 
 
 
Đặt t a b c, t 0    . Khi đó ta có:
3 3
P
2t
t
 


0,25

Xét hàm số
 
3 3
f t
2t
t
 
với t 0 ta có
 
2
3 3
f ' t
2t
2t t
 
.

 
2
3 3
f ' t 0 0 t 1
2t
2t t
     

Đặt Bảng biến thiên
t

 0 1 
 

f ' t
 0 +
 
f t

0



3
2


Do đó ta có
 
t 0
3
minf t
2

  khi và chỉ khi t 1
0,25
Câu V

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
16
a
21
a b c 1
4

b
a 4b 16c 21
1
c
21




  


 
 
 






.
0,25

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
3
2
 khi và chỉ khi
 
16 4 1

a,b,c , ,
21 21 21
 

 
 
.
 Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 1,0
Tọa độ
9 3
( ; )
2 2
I ,M là trung điểm AD thì (3;0)M
Ta có
3
2
2
IM  và
2 3 2AB IM 

Vì . 12 2 2
ABCD
S AB AD AD   

0,25
AD đi qua (3;0)M và vuông góc với IM nên có phương trình 3 0x y  
Gọi ( ; 3)A x x  ta có
2MA 
2 (2;1)
4 (4; 1)

x A
x A
 



  


0,25
- Với (2;1)A ta có (4; 1); (7;2); (5;4)D C B
- Với (4; 1)A  ta có (2;1)D và (7;2); (5;4)B C
0,25
1
Vậy (2;1)A ; (5;4); (7;2); (4; 1)B C D  hoặc (4; 1)A  ; (7;2); (5;4)B C ; (2;1)D
0,25
Viết phương trình mặt cầu…
1,0
AB=AC=BC= 32 ,







3
5
;
3

8
;
3
8
G là trọng tâm của tam giác ABC.Do S.ABC đều nên G
là hình chiếu của S trên mf(ABC). AG = 2, SG =
3
22
 AGSA
0,25




3;15;3, ACAB nên SG có véc tơ chỉ phương là


1;5;1(u khi đó SG có phương
trình:















tz
ty
tx
3
5
5
3
8
3
8








 tttS
3
5
;5
3
8
;
3
8

. Từ SG =
3
1
3  t , vì S có tung độ
lớn hơn 2 nên S(3;1;-2)
0,25
Phương trình mặt phẳng trung trực của SA là (P): 4x + 4y +2z – 21 =0, Tâm I của mặt
cầu là giao của (P) và SG. Tìm được I







2
3
;
2
7
;
2
5

0,25
Câu
VI.a
2
Bán kính R = IS. Tìm được phương trình mặt cầu:
4

27
2
3
2
7
2
5
222





















 zyx

0,25
Tính xác suất

Kí hiệu:


9 ,2,1A , mỗi số có 3 chữ số khác nhau và khác 0 tương ứng với một chỉnh
hợp chập 3 của 9 phần tử trong A. Vậy không gian mẫu có số phần tử là: 504
3
9
 A

0,25
Câu
VII.a

Kí hiệu A
1
=


9,6,3 , A
2
=


7,4,1 , A
3
=



8,5,2
Số lập được chia hết cho 3 nên tổng các chữ số của số đó chia hết cho 3.
TH1: Cả 3 chữ số đều chia hết cho 3, mỗi số lập được ứng với 1 hoán vị của 3 phần tử
thuộc A
1
nên có 3! Số
TH2: Cả 3 chữ số đều chia 3 dư 1 tương tự ta có 3! Số
0,25
AA

BD

BB

CC

MM
III


TH3: Cả 3 chữ số đều chia 3 dư 2 tương tự ta có 3! Số
TH4: Có 1 chữ số chia hết cho 3 (có 3 cách chọn), 1 chữ số chia 3 dư 1(có 3 cách chọn),
1chữ số chia 3 dư 2 (có 3 cách chon). Theo quy tắc nhân có 27 bộ số rồi mỗi bộ số lập
được 3! Số.
Từ 4 trường hợp trên ta có 30x 3! = 180 số
0,25
M : ‘ Số được chọn là số chia hết cho3 có 3 chữ số khác nhau và khác 0’
Xác suất của biến cố M là : P =
14

5
504
180

0,25

1,0
BC đi qua B(1;5) và vuông góc AH nên BC có pt - 2x + y – 3 = 0
Toạ độ C là nghiệm của hpt
)5;4(
01
032






C
yx
yx


0,25
Gọi A
’
là điểm đối xứng B qua đường phân giác KdBAdyx  ),(01
Đường thẳng KB đi qua B và vuông góc d nên KB có pt: x + y – 6 = 0
Toạ độ điểm K là nhgiệm của hpt
)

2
5
;
2
7
(
01
06
K
yx
yx






Suy ra A
’
(6;0) ,

0,25
Pt A
’
C :x – 2y – 6 = 0
Do AHCAA 
'
nên toạ độ A là nhgiêm của hpt
)1;4(
022

062






A
yx
yx

0,25
1
Trung điểm I của AC có toạ độ là I(0;-3) đồng thời I là trung điêm BD nên D(-1;-11) 0,25

1,0
Giả sử
Q
n
r
là một vecto pháp tuyến của (Q). Khi đó


1; 1; 1
Q P
n n  
uur uur

Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy và Oz tại





0; ;0 , 0;0;M a N b phân biệt sao cho
OM = ON nên
0
0
a b
a b
a b
 

 

  


0,25
Nếu a = b thì




0; ; // 0; 1;1MN a a u  
uuuur r
và
Q
n u
uur r
nên

 
, 2;1;1
Q P
n u n
 
 
 
uur r uur
.
Khi đó mặt phẳng (Q):2 2 0x y z    và


Q cắt Oy, Oz tại


0;2;0M và


0;0;2N (thỏa mãn)
0,25
Nếu a = - b thì




0; ; // 0;1;1MN a a u  
uuuur r
và
Q
n u

uur r
nên
 
, 0;1; 1
Q P
n u n
 
  
 
uur r uur
.
Khi đó mặt phẳng (Q): 0y z 
0,25
Câu
VI.b
2


Q cắt Oy, Oz tại


0;0;0M và


0;0;0N (loại). Vậy


:2 2 0Q x y z    .
0,25
Giải phương trình:





3 3
log x log x
2x
10 1 10 1
3
    .
1,0
Câu
VII.b

Điều kiện : x > 0
- Ta có phương trinhg tương đương với:




3 3
3
log x log x
log x
2
10 1 10 1 .3
3
   
0,5

-
3 3
log x log x
10 1 10 1 2
3 3 3
   
 
  
   
   
   

Đặt
3
log x
10 1
t
3
 


 
 
 
(t > 0). Phương trình trỏ thành:
2
1 2
t 3t 2t 3 0
t 3
     

1 10
t
3
1 10
t
3











( loại)
0,5


Với t =
1 10
3

ta giải được x = 3. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =3.


- Chú ý : HS làm cách khác, đúng giáo viên chấm vẫn cho điểm bình thường.
C

ả
m
ơ
n

cô
T
húy

(
thuy79
@
gm
a
il
.
co
m
)

g
ử
i

tới
www
.
l
a
i

s
ac
.
pag
e.
t
l