ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2 - TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ppt

TRƯ
Ờ
NG THPT

CHUYÊN HÙNG VƯƠNG

Đ
Ề

KI
Ể
M TRA CH
Ấ
T LƯ
Ợ
NG L
Ớ
P 12 L
Ầ
N
II

NĂM HỌC 2009–2010
Môn thi : TOÁN, khối A, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
42
43(1).
=−+yxx

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng 7 nghiệm thực phân biệt:
42
x4x3m.
−+=

Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
3
cosx2sinx,x.
4
π

−=∈


¡

2. Giải phương trình:
( ) ( )
xx2xx12x,x.
−++=∈
¡

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
3
6
dx
I.
sinx3cosx

π
π
=
+
∫

Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC với đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với mặt phẳng
(ABC). Biết
BCa3,ACAS2
==

và góc giữa đường thẳng SC với mặt phẳng (SAB) bằng
o
45
,
tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.

Câu V (1 điểm)
Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn điều kiện:
22
xxyy1
−+=
. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
(
)
(
)
22

22
22
x1y12xy(xy1)3
P.
xy3
−+−+−+
=
+−

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A(1; 3), B(5; 2), C(-2; -1). Xác định tọa độ điểm D sao
cho ABCD là một hình thang cân với AD song song BC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1; -2; 3), B(2; 1; -3), C(1; -3; 2). Chứng minh rằng
A, B, C không thẳng hàng, xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm nghiệm phức của phương trình:
2
z2z0.
+=

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(-3; 1), phân giác trong và đường
cao cùng xuất phát từ B lần lượt có phương trình:
12
d:x3y120,d:x7y320.
++=++=
Tìm tọa

độ các đỉnh B, C của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
x1y2z3
:
211
−−−
∆==
−
và hai mặt
phẳng
(
)
(
)
P:x2yz30,Q:xy2z20.
−+−=+−−=
Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm
trên đường thẳng
∆
đồng thời tiếp xúc với cả (P) và (Q).
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình :
(
)
3
logx1
2x,x.
+
=∈
¡

Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh : Số báo danh :

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN II
NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn Toán , khối A, B, D (gồm 05 trang)
Câu

Ý
N
ộ
i dung

Đi
ể
m

I

1

Kh
ả
o sát s
ự

bi
ế
n thiên và v

ẽ

đ
ồ

th
ị

c
ủ
a hàm s
ố

(1).


1,00



•
Tập xác định:
D
=
¡
.
• Sự biến thiên:
Chiều biến thiên
3
y'4x8x.y0x0;x2

′
=−=⇔==±

Hàm số đồng biến trên các khoảng
(
)
(
)
2;0và2;
−+∞
.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
(
)
(
)
;2và0;2
−∞−
.
0,25
Hàm số đạt cực đại tại x = 0,
cd
y3
=
, đạt cực tiểu tại
ct
x2,y1
=±=−

Giới hạn:

x
x
limylimy
→+∞
→−∞
==+∞
.
0,25

B
ảng biến thi
ên:

x
-
∞

2
−
0
2
+
∞

y'


-

0

+ 0
-

0


+

y

+∞

+∞

3
-1 -1
• Đồ thị: (h1)
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
x
y

O

-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
x
y
O

(h1) (h2)
0,25










0,25

2

Tìm các giá tr
ị

c
ủ
a m…

1,00

Xét hàm số
42
yx4x3
=−+
(2). Từ đồ thị hàm số (1) suy ra đồ thị hàm số (2) như sau: Giữ
nguyên phần đồ thị hàm số (1) nằm phía trên trục hoành.
0,25
L
ấ
y đ
ố
i x
ứ
ng ph
ầ
n đ
ồ

th

ị

hàm s
ố

(1) n
ằ
m dư
ớ
i Ox qua Ox; b
ỏ

ph
ầ
n đ
ồ

th
ị

hàm s
ố

(1) n
ằ
m
dưới Ox.
0,25
Số nghiệm thực của phương trình
42

x4x3m
−+=
bằng số giao điểm của đường thẳng

y = m với đồ thị hàm số (2).
0,25
Căn c
ứ

vào đ
ồ

th
ị

(h2)

ta th
ấ
y không t
ồ
n t
ạ
i m th
ỏ
a mãn
yêu c
ầ
u bài to
án

.
0,25
II

1

Gi
ả
i

phương tr
ình

lư
ợ
ng giác…
1,00


3
cosx2sinx
4
π

−=


( ) ( )
33
1

cosxsinx2sinxcosxsinx4sinx
22
⇔+=⇔+=
3223
cosx3cosxsinx3cosxsinxsinx4sinx
⇔+++=

0,25
+ Nếu sinx=0 thì cosx=0, mâu thuẫn với
22
sinxcosx1.
+=

0,25
+ Nếu sinx
≠
0 thì chia 2 vế của phương trình cho
3
sinx
ta được
(
)
32232
cotx3cotx3cotx141cotxcotxcotx3cotx30
+++=+⇔−+−=

0,25
( )
(
)

2
cotx1cotx30cotx1xk,k.
4
π
⇔−+=⇔=⇔=+π∈
¢

0,25
2

Gi
ả
i

phương tr
ình

vô t
ỷ
…

1,00






Điều kiện
(

]
[
)
{
}
x;12;0
∈−∞−+∞
UU

0,25
Phương tr
ình t
ương đương:

(
)
(
)
22222222
x2xxx2xxx24x2xxx22xx
−+++−−=⇔−−=+

0,25
(
)
(
)
(
)
2222222

4xxx2x4x4x1x4x4x84x4x10
⇔−−=++⇔−−−−−=

0,25
( )
2
x0
x8x90
9
x
8
=


⇔−−=⇔

=−

thỏa mãn điều kiện.
0,25
III


Tính tích phân
…

1,00


I=

( )
33
3
66
1dx1dx
22
13
sinx
sinxcosx
22
ππ
π
ππ
=
+
+
∫∫

0,25
Đặt t = x +
3
π
, ta có:
22
33
2
22
1dt1dcost
I
2sint2

1cost
ππ
ππ
==−
−
∫∫

0,25
( ) ( )
( )
2
3
2
2
1111
3
dcostln1costln1cost
41cost1cost4
2
π
π
π

=−+=−+−−

π
−+

∫

0,25

2
11
1
11cost111
3
22
lnlnlnln3
13
41cost444
1
22
2
π

−

+
=−=−=−=

π
−

+


.
0,25
IV

Cho
hình chóp S.ABC…
1,00










Ta có
( )
·
BCAB
BCSABBCSBBSC
BCSA
⊥

⇒⊥⇒⊥⇒

⊥

là góc giữa đường thẳng SC với
mặt phẳng (SAB). Vậy tam giác SBC vuông cân đỉnh B.
0,25

Đặt SA=x, ta có AC=
x2SCx3
⇒=
(1)
Mặt khác do tam giác SBC vuông cân tại B nên SC=
a6
(2)
0,25
Từ (1) và (2) suy ra
a6
=
x3
xa2ABa
⇔=⇒=

0,25
Thể tích khối chóp SABC: V(SABC) =
( )
111
dtABC.SA.AB.BC.AS
332
=

1
a.a3.a2
6

=
3
3
a66
a
66
==(đvtt).
0,25
V


Tìm giá tr
ị

l
ớ
n nh
ấ
t
và giá tr
ị

nh
ỏ

nh
ấ
t
c
ủ

a bi
ể
u th
ứ
c
1,00




(
)
(
)
()
22
22
22
22
x1y12xyxy13
xy2xy4
P
xy2
xy3
−+−+−+
−+
==
−
+−

( )
( )
2
22
2
22
1xxyyxyxyxyxy1
1
1xxyyxy3xy3xyxy
3
=−+=−+≥⇒≤
=−+=+−≥−⇒≥−

0,25
Từ đó nếu đặt t = xy thì t
1
;1
3

∈−


và
()
2
t2t44
Pftt
t2t2
−+
===+

−−

()
( )
( )
2
2
t22t4
4
ft10t24
t22t0
t2
−==

′
=−=⇔−=⇔⇔

−=−=

−

0,25

()
22
1
t;1
3
xy1
minft3t =1

xxyy1

∈−


=


=−⇔⇔⇔

−+=


( )
2
xy1
xy4
xy1
xy1

==


+=
⇔


==−
=





0,25

() ( ) ( )( )( )( )
{ }
22
1
t;1
3
xy0
maxft2t =0x;y0;1,0;1,1;0,1;0
xxyy1

∈−


=


=−⇔⇔⇔∈−−

−+=



Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -3, giá trị lớn nhất của P là -2.

0,25

VIa

1

Xác đ
ị
nh t
ọ
a đ
ộ

đi
ể
m D
…
1,00



Ta có:
(
)
BC7;3
=−−
uuur
. Trung điểm I của BC có tọa độ
31
I;
22




.
Phương trình đường thẳng
∆
là trung trực của BC: 7x +3 y – 12 = 0.
0,25
D
ễ

th
ấ
y A và B n
ằ
m cùng phía đ
ố
i v
ớ
i
∆

nên t
ồ
n t
ạ
i hình thang th
ỏ
a mãn
đi
ề

u ki
ệ
n bài
toán.
0,25
Phương trình đường thẳng d đi qua A và song song với BC:
3x7y180
−+=

Tọa độ giao điểm J của d và
∆
là nghiệm của hệ:
7x3y120
1581
J(;)
3x7y180
2929
+−=

⇒

−+=


0,25
Điểm D (x,y) đối xứng với A qua J nên tọa độ thỏa mãn:
301
x1x
2929
16275

y3y
2929

+==


⇔


+==


.
Vậy D (
1
29
;
75
29
).
0,25
2

Xác đ
ị
nh t
ọ
a đ
ộ

tâm đư
ờ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác ABC.
1,00

AB(1;3;6);AC(0;1;1)
=−=−−
uuuruuur

( )
366113
AB,AC;;;9;1;10
111001
−−

==−−≠⇒


−−−−

uuuuruuurr
A, B, C không thẳng hàng.
0,25
Phương trình mặt phẳng (ABC):
9xyz14
−+=

. Gọi I (x; y; z) là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC, ta có:
IAIB
IAIC
I(ABC)
=


=


∈


0,25

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
222222
222222
x1y2z3x2y1z3
x1y2z3x1y3z2
9xyz14

−+++−=−+−++


⇔−+++−=−+++−



−+=


x3y6z0
yz0
9xyz14
+−=


⇔+=


−+=


0,25

1261414
I;;
838383

⇒−



0,25
VIIa


Tìm nghiệm phức của phương trình:

2
z2z0
+=

1,00



Gi
ả

s
ử

z
=

x

+

yi, theo gi
ả

thi
ế
t ta có
:

2222

xy2xyi2x2yi0xy2x2y(x1)i0
−++−=⇔−++−=

0,25
22
xy2x0
2y(x1)0


−+=
⇔

−=



0,25

( ) ( )( )
(
)
(
)
{
}
x,y0;0;2;0;1;3;13
∈−−
0,25
Phương trình có 4 nghiệm z = 0; z = -2; z =
13i

+
; z =
13i
−

0,25
VIb

1

Tìm t
ọ
a đ
ộ

các đ
ỉ
nh B, C
…
1,00


Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
x3y120x3
B(3;5)
x7y320y5
++==

⇔⇒−


++==−


0,25
Gọi
A
′
(x,y) là điểm đối xứng với A qua
1
d

:
1
AAd
′
⊥
và trung điểm của AA’ thuộc
1
d

27x3y1
x
3xy100
2731
5
13
A;
x3y24031
x3y1
55

y3120
5
22
+−

=−
=

−+=



′
⇔⇔⇔⇒−−


++=
−+



=−++=
 
 

0,25
Đường thẳng BC chính là đường thẳng
BA
′
:

x7y380
−−=

Phương trình đường thẳng AC:
x3y1
7xy220
17
+−
=⇔−+=

0,25
Tọa độ C là nghiệm
( )
7xy220x4
C4,6
x7y380y6
−+==−

⇔⇒−−

−−==−

. Vậy
(
)
(
)
B3;5,C4,6
−−−
.

0,25
2

Vi
ế
t phương tr
ình m
ặ
t c
ầ
u (S)
…

1,00

G
ọ
i I là tâm m
ặ
t c
ầ
u

(S)
, do I thu
ộ
c
∆

nên t

ọ
a đ
ộ

I có d
ạ
ng I(1+2t;2+t; 3
-
t)
.

0,25
M
ặ
t c
ầ
u (S) ti
ế
p xúc v
ớ
i (P) và (Q) nên d(I,(P)) = d(I,(Q))

( ) ( )
22
2222
12t42t3t312t2t62t2
t35t5
121112
+−−+−−+++−+−
⇔=⇔+=−

+−+++−

t2
1
t
3
=


⇔

=


0,25
+ Với t = 2 suy ra I(5; 4;1), R =
5
6

và (S):
( ) ( ) ( )
222
25
x5y4z1
6
−+−+−=
0,25
+ Với t =
157810
I;;;R

3333
36

⇒=



và (S):
222
57820
xyz
3339

−+−+−=



0,25
VIIb


Gi
ả
i phương tr
ình

…

1,00

Điều kiện x > -1. Đặt t =
( )
tt
3
logx1x13x31
+⇒+=⇒=−

0,25
Phương trình trở thành
tt
tttt
21
2312131
33

=−⇔+=⇔+=


(*)
0, 25
Vì
( )
12
;0;1
33
∈
nên vế trái của (*) là hàm số nghịch biến của t, vế phải là hàm hằng do đó
(*) có nhiều nhất 1 nghiệm.
0, 25

M
ặ
t khác t

=

1 là nghi
ệ
m c
ủ
a (*) s
uy ra (*) tương
đương t

=

1 hay

(
)
3
logx11x13x2
+=⇔+=⇔=

(thỏa mãn điều kiện).
0,25