thư viện số dau microsoft frontpage 2002

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Së gd & ĐT thanh hãa Trường thpt quảng xương I. đề kiểm tra chất lượng các môn văn hóa líp12 n¨m näc 2012 -2013. lÇn 2 Môn thi: Toán, khối A+B và khối A1. Thời gian làm bài 180 phút, đề gồm có 01 trang. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7,0điểm) 3 2 Câu I(2,0 điểm) Cho hàm số y  x  3(m  1) x  6mx  3m  4 (Cm ) ( m là tham số thực). 1.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (Cm ) khi m  0 .. 2. Tìm giá trị của tham số m để tiếp tuyến tại A(1; 2) cắt đồ thị hàm số (Cm ) tại B sao cho tam giác OAB cân tại O (O là gốc tọa độ). Câu II(2,0 điểm) (1  cos 2 x  sin 2 x) cos x  cos2 x  cos x 1. Giải phương trình: tan x  1. ( xy  1) x 2  ( x  1) 2  x 2 y  5 x 2. Giải hệ phương trình :  3 ( x, y   ) 2 2 4 x y  7 x  2 x y  1  2 x  1  . (sin x  x) sin x  1 dx cos 2 x 0 Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB  a; BC  2a ;SA vuông góc với mặt phẳng (ABC).Gọi M là trung điểm của AC,biết góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60o .Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM) theo a . Câu V(1,0 điểm) Cho x, y là các số thực dương,tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : x 2x P  2 ( x 2  1)( x 2  y 2 ) ( x  y )  ( xy  1)( x  y ) 6. Câu III(1,0 điểm) Tính tích phân: I  . PHẦN RIÊNG (3,0điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a(2,0điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho đường tròn (T ) : ( x  5) 2  ( y  7) 2  45 và hai đường thẳng  : 4 x  3 y  9  0;  ' : 3 x  4 y  12  0 .Viết phương đường tròn (C) có tâm thuộc đường thẳng  ,tiếp xúc với đường thẳng  ' và cắt (T) tại hai điểm A, B sao cho đường thẳng AB đi qua điểm M (5; 3) . 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  4  0 và hai điểm A  0; 2;1 ; B(2;0;3) .Điểm M thuộc mặt phẳng (P),sao cho tam giác MAB cân tại M. Biết mặt phẳng. ( ABM ) vuông góc với mặt phẳng ( P) ,tìm tọa độ của điểm M. Câu VII.a(1,0điểm) Trong một hộp có 50 viên bi được đánh số từ 1 đến 50,chọn ngẫu nhiên 3 viên.Tính xác suất để tổng 3 số trên 3 viên bi được chọn là một số chia hết cho 3. B.Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b(2,0điêm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và 4 AB 2  5 BD 2 . Điểm M  4; 5  thuộc đường thẳng AB,điểm N  6; 1 thuộc đường thẳng CD.Tìm tọa độ đỉnh B,biết B có hoành độ dương. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz,cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  8 x  6 y  10 z  0 và điểm A(1;7;0) .Mặt phẳng (P) đi qua O và A cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn (C) có tâm H,sao cho tam giác OAH vuông.Viết phương trình mặt phẳng (P). Câu VII.b(1,0điểm) Giải bất phương trình : 9 x  x 3x  3  3x 1  3 x  3x ( x  ) ---------------Hết------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………………………..Số báo danh :………………. Nhà trường sẽ tổ chức kiểm tra lần 3 vào ngày11 và 12 tháng 5 năm 2013 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG I. CâuI. đáp án đề kiểm tra chất lượng lần 2 năm học 2012- 2013 Môn :toán. Khối A+A1+B (đề gồm có 4 trang) Điể Nội dung m 1đ. 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. Với m = 0 ta được y = x3 – 3x2 + 4 1.Tập xác định : D = R 2.Sự biến thiên a.Giới hạn tại vô cực lim y  ;lim y   x . x. -. +. 2. 0. 0.25. x . y'. b.Bảng biến thiên : y '  3 x 2  6 x; y '  0  x  0; x  2 Hàm số đồng biến trên  ;0  và  2;  . 0. +. -. +. 0. j. 4. y. +. -. Hàm số nghịch biến trên  0; 2 . 0.25. o. Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD  4 ; Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 , yCT  0 3. Đồ thị : Điểm uôn I(1;2) Giao với Ox tại (-1;0);(2;0) Giao với Oy tại (0;4). 0.25. 8. 6. 4. 2. 0.25 -15. Nhận xét :Đồ thi nhận điểm I làm tâm đối xứng. -10. -5. 5. 10. 15. -2. -4. -6. -8. 2 Tìm giá trị của m:. 1đ. Ta có ; f '( x)  3 x  6(m  1) x  6m .Tiếp tuyến tại A(1;2) là  : y  3 x  5 Phương trình hoành độ giao điểm của  và (Cm ) : x3  3(m  1) x 2  6mx  3m  4  3x  5 2. CâuII.  ( x  1) 2 ( x  3m  1)  0  x  1; x  3m  1   Khi đó B(3m  1; 9m  2); OA  (1; 2); OB  (3m  1; 9m  2) .Để tam giác OAB cân tại O thì 1 OA2  OB 2  (3m  1) 2  (9m  2) 2  5  90m 2  30m  0  m  0; m  3 1 Khi m  0  B  A (loại). Vậy m  là giá trị cần tìm. 3 1 Giải phương trình lượng giác:  cos x  0   x   m và x    l 4 2  tan x  1. 0.25. 0.25 0.25. 0.25 1đ. Điều kiện: . (sin x  cos x) 2  (cos 2 x  sin 2 x)  cos x  (cos 2 x  sin 2 x) (1)   cos x sin x  cos x cos x 2  2 cos x  (cos x  sin x)  1  (cos 2 x  sin 2 x)  (cos x  sin x)  0  (cos x  sin x)(cos x  sin x  1)  0  cos x  sin x  0 (2); cos x  sin x  1  0 (3) (2)  tan x  1  x .  4.  k. ;.  2  (3)  sin( x  )    x    k 2 ; x    k 2 4 2 2 Lop12.net. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm của phương trình: x  2.  4. 0.25.  k ; x    k 2. ( xy  1) x  ( x  1)  x y  5 x (1) ( x, y   )  3 2 2 4 x y  7 x  2 x y  1  2 x  1 (2) 2. Giải hệ phương trình:. 2. 2. 1đ. Điều kiện: y  1 .Từ phương trình (1) ta có:. 0.25. x 2 ( xy  1)  ( x  1) 2  x( xy  1)  0  x( xy  1)( x  1)  ( x  1) 2  0  ( x  1)( x 2 y  2 x  1)  0  x  1; x 2 y  2 x  1  0 Với x  1 thay vào (2) ta được: 4 y  4  2 y  1  0  2 y  1(2 y  1  1)  0  y  1 Ta có nghiệm: ( x; y )  (1; 1) 1 2x Với x 2 y  2 x  1  0  y  2 (vì x =0 không thõa mãn) thay vào (2) ta được: x. 0.25. 1 2x x 1 2  1 2x  4 x3  2   7 x 2  2 x 2  1  2 x  1  ( x  1) 2  2 x 2  0  x  1  2 x( x  1)  0 2 x x  x  1 TH 1: x  1  0  x  1  y  1; TH 2 : x  1  2 x  x  1  y  3; x   y  3 3. Câu:I II. 0.25. 1 Vậy nghiệm của hệ (1; 1);(1;3);( ;3) 3 Tính tích phân . 0.25 1đ. . . . . 6 6 6 6  (sin x  x) sin x  1 x sin x  sin 2 x  1 x sin x  6  . I dx  dx  dx  dx  A  B B  dx  x 2 2 2     0 cos x cos x cos x 6 0 0 0 0 0 6.  6. A 0. . . . . . 6 x sin x 1 x dx  cos xdx  d (sin x) dx  xd ( )       2 2     cos x cos x cos x 0 0 cos x 3 3 0 cos x 3 3 0 (sin 2 x  1) 0 6. 6. 6. 6. . . 1 6 1 1   1 s inx  1      ln d (s inx)  3 3 2 0  s inx  1 s inx  1  3 3 2 s inx  1 Vậy I      1 ln 1 3 3. Câu IV. 0.5. 6. 2.  6 0. 0.25. . 1 1   ln 3 3 2 3 0.25. 3. Tính thể tích và khoảng cách:. 1đ. Ta có SA  ( ABC )  SA  BC  o    BC  ( SAB)  SBA  60 là góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) AB  BC  S 1 2 0 Do đó SA  AB.tan 60  a 3 ; S ABC  AB.BC  a 2 1 1 3 3 a (đvtt) Vậy VS . ABC  SA.S ABC  a 3.a 2  3 3 3 K Dựng AH  BM ( H  BM ); AK  SH ( K  SH ) M A SA  BM    BM  ( SAH )  BM  AK  AK  ( SBM ) (do AK  ( SBM )) AH  BM . Khi đó d (C , ( SBM ))  d ( A, ( SBM ))  AK   MBC   MCB  nên hai tam giác vuông HAB và BCA đồng dạng Ta có BAH Hay AH  BC  AH  BC . AB  2a a  2 a  AK  AB. AC. AC. Vậy d (C , ( SBM ))  12 a (đvđd) 19. 5a. 5. 0.25. C. H. B. 0.25. AH 2 .AS2 12  a 2 2 AH  AS 19. (Học sinh có thể giải bằng phương pháp tọa độ) Lop12.net. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> CâuV. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. P. x x x y x y 4. Đặt z . 2. 2. 2. y ta có P  x. . 2. 2x  ( xy  x  y  1)( x  y ). 1 x  y  z 1 2. 1đ. 2. 2. . 1  y x2  y 2  1    x. 2. . 2 y ( x  1)( y  1)(1  ) x. 0.25. 2 Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: ( x  1)( y  1)( z  1). 1 1 1 2 2 2  x y  z 3 ( x  1)( y  1)( z  1)   x  y  z  1   x  y    z  1   x  y  z  1  2 2 4 3   2 54 Suy ra P  .Đặt t  x  y  z  1  1 ta có : P  2  54 3  3 x  y  z  1  x  y  z  3 t t  2 2. 2. Xét hàm f (t )  2  t. 54. t  2. 3. 0.25. t1;  . t. 4. Vậy Pmax . t  2. 1 khi x  y  1 4. 0.25. 1 Viết phương trình đường tròn (C):. 1đ. Đường tròn (T) có tâm J(-5;7) bán kính r  3 5 ,ta có MJ  10 . Đường tròn (C) có tâm I, bán kính R, đặt N  AB  IJ . Ta có : MN 2  MJ 2  NJ 2  100  (r 2  AN 2 )  AN 2  55. M. 0.25. A. MN 2  MI 2  NI 2  MI 2  ( R 2  AN 2 )  AN 2  MI 2  R 2. 0.25. Suy ra : MI  R  55 (1) Vì I    I (3t ; 4t  3)  IM 2  (3t  5) 2  (4t ) 2  25t 2  30t  25 Do (C) tiếp xúc với  ' nên : R  d ( I ,  ')  5 t  R 2  25t 2 2. 0.25. trên 1;   ta có : f '(t )   22  162 4 ; f '(t )  0  t  1; t  4. Lập BBT ta có Maxf (t )  f (4)  1 . CâuV Ia. 3. 2. 2. I. J. N B. 0.25. Thay vào (1) ta có: t  1  I (3;1); R  5 Vậy đường tròn (C) có phương trình : ( x  3) 2  ( y  1) 2  25 2 Tìm tọa độ của M :  1   Vtpt của (P) nP  (2; 1; 1) .Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của AB  nQ  AB  (1;1;1) là một 2 vtpt của (Q). I(1;-1;2) là trung điểm của AB  pt (Q) : x  y  z  2  0    Gọi (R) là mặt phẳng qua A,vuông góc với (P) và (Q).  nR   nP ; nQ   (0;3; 3) là vtpt của (R) 2 3. 1 17 ) 6 6.  pt ( R) : y  z  3  0 .Vì M  ( P)  (Q)  ( R)  M ( ;  ; CâuV IIa. Tính xác suất:. 3 viên được chọn có mỗi viên một loại: C171 C171 C161  4624. Số cách chọn 3 viên có tổng số chia hết cho 3 : C173  C173  C163 + C171 C171 C161 = 6544 Vậy xác suất cần tính là: P  CâuV Ib. 1đ 0.25 0.25 0.25 0.25 1đ. *Trong 50 viên có ba loại: 17 viên có số chia 3 dư 1; 17 viên có số chia cho 3 dư 2; 16 viên có số chia hết cho 3. *Số cách chọn 3 viên có số bất kì : C503  19600 *Số cách chọn 3 viên bi có tổng số là số chia hết cho 3: TH1: 3 viên được chọn cùng loại: C173  C173  C163  1920 TH2:. 0.25. 6544 409   0,3339 19600 1225. 1 Tìm tọa độ điểm B.. 0.25. 0.25 0.25. 0.25 1đ. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có :. B M.   xN '  2 xI  xN  2  MN '  (6;8) chọn vtpt AB là n(4;3)   y N '  2 yI  y N  3 Phương trình đường thẳng AB:. N'. A. 4x + 3y – 1 = 0  d  d ( I ; AB) . C. I. 4.2  3.1  1 42  32. D. 0.25. N. 2. 0.25. Ta có 4 AB 2  5 BD 2 ; đặt BI  a (a  0)  4 AB 2  20a 2  AB  5a  AI  2a Trong tam giác vuông ABI có:. 1 1 1  2  2 suy ra a  5 ; IB  5  ( x  2) 2  ( y  1) 2  5 2 d a 4a. 0.25. 4x  3y – 1  0 Tọa độ B là nghiệm của hệ:  Vì B có hoành độ dương nên B( 1; -1) 2 2 ( x  2)  ( y  1)  5. 0.25. 2 Viết phương trình mặt phẳng (P):. 1đ. Mặt cầu (S) có tâm I(- 4;3;5) bán kính R  5 2 .Vì O và A thuộc (S), H là tâm đường. I. 0.25. tròn (C) nên IH  ( P)  IH  (OAH ) và tam giác OAH vuông cân tại H. Ta có : OA  5 2  HA . OA  5  IH  IA2  HA2  5 2. H O. Vì mặt phẳng (P) qua O nên phương trình có dạng ax  by  cz  0 (a 2  b 2  c 2  0). A. 0.25. Do A  ( P)  a  7b  0  a  7b nên ( P) : 7bx  3by  cz  0 Ta có: d ( I ;( P))  IH . 25b  5c 50b  c 2. 2.  5  5b  c  50b 2  c 2  5b 2  2bc  0  b  0;5b  2c  0. 0.25. Khi b  0  a  0 chọn c  1  ( P) : z  0 Khi 5b  2c  0 chọn b  2; c  5  a  14  ( P) :14 x  2 y  5 z  0 Vậy phương trình mặt phẳng ( P) : z  0 ; ( P) :14 x  2 y  5 z  0 Câu VIIb. Giải bất phương trình: 9 x  x.3x  3  3x 1  3x  3x ( x  ) (1) (1)  9  x.3  3  3 x. x. x 1. 1đ.  3 x  3  3 (3  3)  x(3  3)  (3  3)  0 x. x. x. x. x. 0.25.  (3  3)(3  x  1)  0 x. 0.25. x. Xét hàm số f ( x)  3x  x  1 có f '( x)  3x ln 3  1  0 x   , do đó f(x) đồng biến. x x  1 x  1 3  3  0 TH 1:  x  x   x   0;1  f ( x)  f (0) 3  x  1  0 3  x  1  0 3x  3  0 x  1 x  1 x  1 (vô nghiệm) TH 2 :  x  x    f ( x)  f (0) x  0 3  x  1  0 3  x  1  0. Vậy tập nghiệm của bất phương trình: S   0;1. Học sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn được điểm tối đa.. Lop12.net. 0.25. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>