Đề thi khảo sát đại học khối 12 môn thi: Toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>đề thi khảo sát dai hoc khèi 12. Së GD & §T h­ng yªn Trường THPT minh châu. M«n thi: To¸n (Thêi gian lµm bµi: 180 phót) Ngµy thi: 10/5/2010. đề bài Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y  x  2mx 2  m  1 (1) , với m là tham số thực. 4. 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1 . 2.Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 . Câu II : ( 2, 0 điểm) Giải các phương trình 1. 4sin 3 x.cos3x  4co s3 x.sin 3x  3 3cos4x  3 2. log 3 (x 2  5x  6)  log 3 (x 2  9x  20)  1  log 3 8 CâuVI:( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng. a 3 , tính 4. thể tích khối chóp S.ABCD theo a. CâuV :( 2, 0 điểm). . 2. . 2 2 1. TÝnh tÝch ph©n sau: I  cos x.cos 2 x.dx 0. 1. Cho 3 số dương x, y, z thoả mãn : x +3y+5z  3 .Chứng minh rằng: 3 xy 625 z 4  4 + 15 yz x 4  4 + 5 zx 81 y 4  4  45 5 xyz.. Câu VI :(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng (Oxy), cho đường tròn (C ): 2x 2  2y 2  7x  2  0 và hai điểm A(-2; 0), B(4; 3). Viết phương trình các tiếp tuyến của (C ) tại các giao điểm của (C ) với đường thẳng AB. 2. Cho hàm số y . 2x 2  (m  1)x  3 . Tìm các giá trị của m sao cho tiệm cận của đồ xm. thị hàm số tiếp xúc với parabol y = x2 +5 Câu VII :(1,0 điểm) Cho khai triển. 1  log 2  3x 1 1   log 2 3 9x1  7 5 2  2    . 8. . Hãy tìm các giá trị của x. biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển này là 224 ----------------***HÕt***---------------Chó ý:ThÝ sinh kh«ng ®­îc sö dông tµi liÖu. C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. Lop12.net. Sè b¸o danh:. . . . . . . . . ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu. I (2điểm). ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang) Nội dung 1.(1 điểm). Khi m  1 hàm số trở thành: y  x 4  2 x 2  TXĐ: D=  x  0  Sự biến thiên: y '  4 x3  4 x  0  4 x  x 2  1  0    x  1 yCD  y  0   0, yCT  y  1  1 . Bảng biến thiên x -. . y’ y. -1 0. 0 +. 0. +. 0. 0.25 0.25 +. 1. . Điểm. +. +. 0 -1. -1 0.25. . Đồ thị. f x =. x4-2x2. 8. 6. 4. 2. -10. -5. 5. 10. -2. -4. -6. 0.25. -8. x  0 2. (1 điểm) y '  4 x3  4mx  4 x  x 2  m   0   2 x  m ' Hàm số đã cho có ba điểm cực trị  pt y  0 có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó  m  0  Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: A  0; m  1 , B  m ; m 2  m  1 , C m ; m 2  m  1. .  . Câu II (2,0 điểm).  . . 1 yB  y A . xC  xB  m 2 m ; AB  AC  m 4  m , BC  2 m 2 m  1 m4  m  2 m  AB. AC.BC 3 R 1  1  m  2m  1  0   2 m  5  1 4 S ABC 4m m  2. S ABC . 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với phương trình :. 1. Phương trình : 4sin 3 x.cos3x  4co s3 x.sin 3x  3 3 co s4x  3  4[(1  co s 2 x) sin x.cos3x  (1  sin 2 x)co s x.sin 3x ]  3 3 co s4x  3  4[( sin x.cos3x  co s x.sin 3x)  cos x sin x(co sx.cos3x  sin x.sin 3x)]  3 3 co s4x  3. Lop12.net. 0.25 0.25 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 0,50 1 1    4[ sin 4x  sin 2x.co s2x ]  3 3 co s4x  3  4  sin 4x  sin 4x   3 3 co s4x  3  3sin 4x  3 3 co s4x  3 2 4   1 3 1    sin 4x  3 co s4x  1  sin 4x  co s 4x   sin(4x  )  sin 2 2 2 3 6             4x  3  6  k2  4x  3  6  k2  4x   6  k2  x   24  k 2     (k  Z)  4x    5  k2  4x    5  k2  4x    k2 x    k      8 2 3 6 3 6 2. 0,50. Đáp án. Điểm. 2.(1,0 điểm) PT log 3 (x 2  5x  6)  log 3 (x 2  9x  20)  1  log 3 8 (*). +. Điều. kiện.  x  5. 2 :  x  5x  6  0   x  3  x  2   4  x  3 2 .   x  9x  20  0.  x  5  x  4. ,. và. có. : 0,25.  x  2. 1  log 3 8  log 3 24. +. PT. (*).  (x  5x  6)(x  9x  20)  24 log  (x  5x  6)(x  9x  20)   log 3 24  3  (x  5)  (4  x  3)  (x  2)  (x  5)  (4  x  3)  (x  2) (x  2)(x  3)(x  4)(x  5)  24 (*)  (x  5)  (4  x  3)  (x  2) (**) 2. 2. 2. 2. 0,25. 0,25. + Đặt t  (x  3)(x  4)  x 2  7x  12  (x  2)(x  5)  t  2 , PT (*) trở thành : t(t-2) = 24  (t  1) 2  25  t  6  t  4 . t = 6 : x 2  7x  12  6  x 2  7x  6  0   x  1 ( thỏa đkiện (**))  x  6. 0,25.  t = - 4 : x 2  7x  12  4  x 2  7x  16  0 : vô nghiệm + Kết luận : PT có hai nghiệm là x = -1 và x = - 6 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu III (1,0 điểm). Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó  A BD  600 Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO  (ABCD).. 0,25. Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH  AB và DH = a 3 ; OK // DH và OK . 1 a 3 DH   OK  AB  AB  2 2. (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao. Lop12.net. 0,25. S. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 1 1 a    SO  2 2 2 OI OK SO 2 Diện tích đáy S ABC D  4S ABO  2.OA.OB  2 3a 2 ; a đường cao của hình chóp SO  . 2 Thể tích khối chóp S.ABCD: 1 3a 3 VS . ABC D  S ABC D .SO  3 3. . IV (1,0. 0,25. Cho 3 số dương x, y, z thoả mãn : x +3y+5z  3 . Chứng minh rằng: 3 xy. điểm). 625 z 4  4 + 5 zx 81 y 4  4  15 yz x 4  4  45 5 xyz. Bất đẳng thức 4 4 4  x 2  2 + 9 y 2  2 + 25 z 2   x 25 z 2 9y. 45. 2 36 2 2 2 VT  ( x  3 y  5 z ) 2  (  .  ) 2  9(.3 x.3 y.5 z )  3 x 3 y 5z ( x.3 y.5 z ) 2. §Æt t =. 3. 0,25. ( x.3 y.5 z ) 2 3. ta cã. 3.  x  3 y  5z  ( x.3 y.5 z )     1 do đó t  1 3  . §iÒu kiÖn .. 0 < t  1. XÐt hµm sè f(t)= 9t +. 0,25. 36 36 36  36t   27t  2 36t.  27 =45 t t t. 0,25. DÊu b»ng x¶y ra khi: t=1 hay x=1; y=. Câu V. (2,0 điểm). 1 1 ; z= . 3 5. 0,25. 1.(1,0 điểm). 1/. +. Đường. tròn. (C. ). :. 2. 7 7 65  2x 2  2y 2  7x  2  0  x 2  y 2  x  1  0   x    y 2  2 4 16  65 7   (C ) có tâm I  ;0  và bán kính R  4 4 . 0,25. x2 y x2  , hay : y  6 3 2 + Giao điểm của (C ) với đường thẳng AB có tọa độ là nghiệm hệ PT. + Đường thẳng AB với A(-2; 0) và B(4; 3) có phương trình. 0,25. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2  2 x2  2x  2y  7x  2  0 5x(x  2)  0 2x  2    7x  2  0  x  0; y  1    2       x2 x2 x2  x  2; y  2 y =   y = 2 y =  2  2 2. 2. 0,50. Vậy có hai giao điểm là M(0; 1) và N(2; 2).   7  + Các tiếp tuyến của (C ) tại M và N lần lượt nhận các vectơ IM    ;1 và  4    1  IN   ; 2  làm các vectơ pháp tuyến , do đó các TT đó có phương trình lần lượt là : 4  7   (x  0)  1(y  1)  0 , hay : 7x  4y  4  0 4 1 (x  2)  2(y  2)  0 , hay : x  8y  18  0  4. 2x 2  (m  1)x  3 . Tìm các giá trị của m sao cho tiệm cận của đồ thị xm hàm số tiếp xúc với parabol y = x2 +5. 2/ Cho hàm số y . 2x 2  (m  1)x  3 xác định với mọi x  m xm m2  m  3 Viết hàm số về dạng y  2x  1  m  xm 1  13 + TH1 : m 2  m  3  0  m  : Có hàm số bậc nhất y  2x  1  m ( x  m ) : 2 đồ thị không có tiệm cận 1  13 + TH2 : m 2  m  3  0  m  : Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng 2 (d1) x = -m và tiệm cận xiên là đường thẳng (d2) y = 2x + 1 - m + Đường thẳng (d1) x = - m luôn cắt parabol parabol y = x2 +5 tại điểm (-m ; m2 +5) ( với 1  13 mọi m  ) và không thể là tiếp tuyến của parabol 2 + Tiệm cận xiên (d2) y = 2x + 1 - m tiếp xúc với parabol y = x2 +5  PT x2 +5 = 2x + 1 - m , hay PT x2 – 2x + 4 +m = 0 có nghiệm kép   '  1-(4 + m) = 0  m  3 ( thỏa điều kiện) Kết luận : m = -3 là giá trị cần tìm. Điểm. Hàm số y . VI. (1,0 điểm). 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 8. 1  log 2  3x 1 1  3 x 1  (1,0 điểm) Cho khai triển  2log 2 9  7  2 5  . Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ  . 6 trong khai triển này là 224 1  log 2  3x 1 1   log2 3 9x1  7 2 5 2   . a2. log 2 3 9x 1  7. = 9. x 1. 8. 1 3. k 8. Ta có :  a  b    C8k a 8 k b k với.  7 ; b  2. 8. k 0. . . 1  log 2 3x 1 1 5.  3. x 1.  1. . 1 5. + Theo thứ tự trong khai triển trên , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của. Lop12.net. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> . 1. 3.  . 1. . 5. khai triển là T6  C85   9x 1  7  3  .   3x 1  1 5   56  9x 1  7  .  3x 1  1 . .  . 1. . x 1. + Theo giả thiết ta có : 56  9x 1  7  .  3x 1  1 = 224  9 x 1  7  4  9x 1  7  4(3x 1  1) 1. 3. 1. 3x 1  1 2 x  1   3x 1   4(3x 1 )  3  0   x 1  3  3  x  2. Chý ý học sinh làm cách khác kết quẩ đúng vẫn được điểm tối đa ----Hết-----. Lop12.net. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>