De khoi D rat hay co dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (227.65 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG I

§£ kiểm tra chất lợng lớp 12 lần 2

NM HC 2011-2012

Mơn thi: Tốn, khối D

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7,0điểm)

Câu I(2,0 điểm)Cho hàm số 2 4
1
x
y

x



 (C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2. Cho điểm A(-5;5) ,tìm m để đường thẳng y x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt B và C
sao cho tứ giác OABC là hình bình hành (O là gốc toạ độ )

Câu II(2,0 điểm)

1. Giải phương trình:
2

2
2

2cos 3sin 2 3

3(tan 1)
2cos sin( )

x x

x
x x 

 

 

 .

2. Giải hệ phương trình:





2 2

3 3

8 1

2 8 4

y x

x y R

x y y x

  






  



Câu III(1,0 điểm) Tính tích phân: I













4
0

2
2
1
1

dx
x
x

Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt bên (SBC) là tam giác đều cạnh bằng a, cạnh bên SA vng
góc với mặt phẳng (ABC),lấy điểm M trên cạnh BC sao cho MC = 2MB.Biết góc BAC 1200

  , tính

thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC theo a.
Câu V(1,0 điểm)Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a b2 2 a2 3b2 1 0

    .Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:

2 2

b b b

P

a b
a b a b

  



 

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 với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, có đỉnh B và C thuộc đường thẳng
d1:xy 1 0.Đường cao đi qua đỉnh B là d2:x 2y 2 0 ,điểm M(2;1) thuộc đường cao đi qua đỉnh

C.Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC.

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1).Viết phương
trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, biết khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng 3.

Câu VII.a(1,0điểm) Giải bất phương trình sau:

x.2 2x 5 1 8.2x x.2x4 2 2x5 (x R)

   

B.Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b(2,0điêm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,choDABC có điểm M(0; –1) nằm trên cạnh AC.Biết AB = 2AM,
đường phân giác trong góc A là d1: x – y = 0, đường cao đi qua đỉnh C là d2 : 2x + y + 3 = 0.Tìm tọa

độ các đỉnh của tam giác ABC.

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai điểm A



0; 2;1 ; (2;0;3)



B và mặt phẳng
( ) : 2P x y z  4 0 .Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho MA =MB và (ABM)( )P .

Câu VII.b(1,0điểm) Giải phương trình sau: 3 2 1





3
3

1log ( 2 ) log 3 log 3 ( )
2 x  x  x  x1 x R

…….Hết……

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Thời gian kiểm tra chất lượng lần 3 tổ chức vào ngày 12 và 13 tháng 5 năm 2012

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

CâuI Nội dung Điểm

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm)
-Tập xác định: R\{-1}

-Sự biến thiên:





2
6

' 0 1

y x

x

   

 .

0.25

 1

lim

x y

    => đt

x



1

là tiệm cận đứng ;limx y2

=> đt

y



2

là tiệm cận ngang 0.25
-Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến trên các khoảng



  ; 1



 



1;



0.25

-Đồ thị

Nhận xét :Đồ thị nhận điểm I làm tâm đối xứng.

0.25

2 Tìm điều kiện của tham số 1đ

Do các điểm O,và A thuộc đường thẳng : yx,để OABC là hbh thì BC OA 5 2
Hoành độ của B và C là nghiệm của pt: 2 4 2 (3 ) ( 4) 0 ( 1) (1)

x

x m x m x m x

x



        


Vì m2 2m 25 0 m

      ,nên (1) ln có hai nghiệm phân biệt , d luôn cắt (C) tại hai điểm

Giả sư x x1, 2 là nghiệm của (1) ta có:

1 2

3
( 4)
x x m
x x m
  




 

 (2)

Khi đó B x( ;1 x1m C x), ( ;2 x2 m) BC2 2(x1 x2)2 2 ( x1x2)2  4x x1 2 (2)
Thay (2) vào (3) ta được: 2 2 2 4 50 2 2 4 50 50 2

0
m

BC m m m m

m



        




Với m = 0 thì O,A,B,C thẳng hàng nên khơng thỗ mãn. Vậy với m = 2 là giá trị cần tìm.

0.25

CâuII 1 Giải phương trình lượng giác.
2

3
cos 2 3 sin 2 4 2cos sin( )

3 cos
cos 2 .cos sin 2 sin 2 3sin( )

3 3 3

pt x x x x

x

x x x



  

    

cos 0

2 (*)

sin( ) 0

3 3

x x k

DK

x x k








  

 

 



 

 

   

 



cos( ) 1(1)

cos(2 ) 3sin( ) 2 0 2cos ( ) 3cos( ) 1 0

3 3 6 6 cos( ) (2)

6 2

x

x x x x

x



   





 


             

  



(1) 2 2 ( )

6 6

x  k  x  k  TM

      ;

2 2 ( )

6 3 2

(2)

2 ( )
2

6
6 3

x k x k L

x k TM

x k

  

 


 




 

    

 

   

      

 



Vậy nghiệm của phương trình: 2
6

x  k 

0.25

0.25
0.25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

H

M

C
A

B
S
2

Giải hệ phương trình :





2 2

3 3

8 1

2 8 4

y x

x y R

x y y x

  






  




1đ
Ta có: 2x3  8y3 



8y2 x2





4y x



 x34x y2 8xy2 40y3 0.(1)

Khi y0 thì hệ đã cho vô nghiệm.
Khi y0, chia 2 vế cho y3 0 ta được :

3 2

4 8 40 0 2 2

x x x x

x y

y y y y

     

       

     

     

Thay lên hệ ban đầu ta có 2

1
2

4 1

2
x
x y

y
y







 



 






 

. hoặc
1

1
2
x
y










Vậy hệ phương trình có nghiệm: 1;1 ; 1; 1

2 2

   

 

   

   

0.25

0.25
0.25

0.25

Câu:III

Tính tích phân I













4
0

2
2
1
1

dx
x
x

1đ

I•Đặt dx t dt

x
dx
dt

x

t ( 1)

2
1
2

1   







 và

2
2
2 t

t

x 

Đổi cận

x 0 4

t 2 4

0.25

0.25
2

•Ta có I = dt

t
t
t

dt
t

t
t
t
dt

t
t
t
t


























 4

2
4

2
2
3

2 4 2

3
2

1
2
4
3
2

1
)
1
)(
2
2
(
2
1

4
2

1 2

3 4ln
2 2

t

t t

t

 

  

 

 

4
1
2
ln

2 

0.25
0.25

Câu IV Tính thể tích và khoảng cách.

1đ
Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC, mà SB = SC nên AB = AC.

Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABC ta có :
BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  a2 = 3AB2 

a
AB =

Mà

2 2 2 2 2

3 3

a a

SA =SB -AB = a   SA = ;

2 2

1 1 3 3

. .sin120

2 2 3 2 12

ABC

a a

S = AB AC = =

 1 2 2 3 3 2

3 3 12 36

S ABC

a a a

V  = = (dvtt)

Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABM ta có:
2

2 2 2 2 . cos1200

9 3

a a

AM AB MB  AB MB   AM 

3
a
AM BM

   .

Do đó tam giác AMB cân tại M nên

0 0

30 90 (1)

BAM ABM MAC AM AC

       

Mặt khác: SASC (do SA(ABC)) SA AC (2)

Từ (1) và (2) ta có: AC (SAM) (3) Kẻ AH SM (HSM) (4)

0.25

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

d1
d2

N
M

C
B

A

Từ (3) và (4) ta được:





2. 2 2 ( )
21

SA AM

d AC SM AH a dvdd

SA AM

  



( Có thể giải bằng phương pháp gắn hệ trục toạ độ)

0.25

CâuV:

Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a b2 2 a2 3b2 1 0
    . (1)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

b b b

P

a b
a b a b

  



 

1đ

2
2

2 2

(1) a a 3

b b

    (2)
Đặt x a y; 1;z a

b b

   khi đó (2) trở thành: x2 y2 z2 3

  

Do 2 2 2

3 3

xy yz xz  x y z   xy yz xz   (3)
Ta có :

2 2

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1

. 1 . 1 . 1

b b b

P

a a

a b xy yz zx

a b a b a a

b b b b

        

   

    

Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:



(1 ) (1 ) (1 )



1 1 1 9

1 1 1

xy yz zx

 

        

  

 

9 3

3 2

P

xy yz zx

  

   Vậy GTNN là Pmin =
3

2 khi x = y = z khi đó a  b 1

0.25

0.25
0.25
0.25

CâuVIa 1

Tìm toạ độ các đỉnh của DABC. 1đ

Vì B BC d1 B(0; 1)  BM ( ; )2 2



Do đó BM là một véc tơ pháp tuyến của BC  MB  BC

Kẻ MN // BC cắt d2 tại N ,vì tam giác ABC cân tại A nên tứ giác BCNM là hình chữ
nhật

/ /
Do

(2;1)
MN BC
Qua M




=> pt MN: x y  3 0 . N = MN  d2 8 1

3 3

N ; 
 .

8 1

;
3 3

NC BC

Do

Qua N





  

 

  



 pt NC: 7 0

x y   .Mà C = NC  d1

2 5
;
3 3

 



 

 

C .

4 8

( ; ) (1; 2)
3 3

Do CM  n là một véc tơ pháp tuyến của AB  ptAB: x2y 2 0.
8 4

( ; ) (2;1)
3 3

Do BN  u




là một véc tơ pháp tuyến của AC  pt AC: 6x3y 1 0

0.25

0.25
0.25
0.25

2 Viết phương trình mặt phẳng (P): 1đ

Gọi n( ; ; ) 0a b c  là véctơ pháp tuyến của (P)
Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0)  pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0
Mà (P) qua B(0;0;-2)  a-b-2c=0  b = a-2c
Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0

d(C;(P)) = 3 2 16 14 0

)
2
(

3 2 2

2
2

2     







 a ac c

c
c
a
a

c
a









c
a

TH1:

a



c

chọn ac 1  Pt của (P): x-y+z+2=0

TH2:a7c chọn a =7; c = 1 Pt của (P):7x+5y+z+2=0

0.25
0.25
0.25
0.25

CâuVIIa

Gải bất phương trình sau: x.2 2x 5 1  8.2x x.2x 4 2 2x 5

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

d2

d1
N

I M

C
B

A

2x 5 2x 5 x 3 x 3 2x 5 x 3

2x 5 x 3 2x 5 x 3

2x 5 x 3

(1) 2x.2 2 2x.2 2 0 2 (2x 1) 2 (2x 1) 0

2 2 0 2 2 0

(2 2 )(2x 1) 0 (I) Hoac (II)

2x 1 0 2x 1 0

     

   

 

         

     

 

      

   

 

 

( )I 

( 2) 0

2 5 3

1
1

2
2

x

x x

x
x

      

 



 




 




(VN)

( 2) 0

2 5 3 5 5 1

( ) 1 ;

2 2 2

2 1

x

x x

II x x

x



  
    

   

       

 


 

 





Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = 5 1;
2 2

 



 

 

0.25

0.25
0.25

CâuVIb 1 Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác 1đ

Gọi d là đường thẳng qua M vng góc d1 với cắt d1, AB lần lượt tại I và N, ta có:
1

1 1

; ( 1; 0)

2 2

I  d d  I   N 

  (I là trung điểm MN).
1

: 2 1 0, (1; )

ABCH  ptAB x y  A AB d   A 1 .

AB = 2AM  AB = 2AN  N là trung điểm AB  B3; 1  .

: 2 1 0, ; 2

ptAM x y   CAMd  C  

 

Vậy toạ độ các đỉnh của tam giác ABC là :A(1;1);B3; 1  ; 1; 2

C  

 

0.25
0.25
0.25
0.25

2 Viết phương trình mặt phẳng (P): 1đ

Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của AB 1 (1;1;1)
2

Q

n AB

     là một 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,B và vng góc với (P). vtpt của (P)

(2; 1; 1) ; (0;3; 3)

P R P Q

n     n n n   

 

   

là vtpt của (R)  pt R y z( ) :   3 0

Toạ độ của M là nghịêm cuả hệ:

2 4 0

2 1 17

2 0 ( ; ; )

3 6 6
3 0

x y z

x y z M

y z

   




      


   


0.25
0.25
0.25
0.25

Câu VIIb

Giải phương trình sau: 3 2 1





3
3

1 3

log ( 2 ) log 3 log

2 x  x  x  x1 (1) 1đ

ĐK x(0;) (*)





















3 3 3 3 3 3

2 2

(1) log ( 2 ) log 3 log 27 log ( 1) log ( 2) 3 ( 1) log 3

( 2) 3 ( 1) 3 ( 3) 2 ( 1) 3 ( 3 ) 3 2 3 (2)

x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x x

             

 

                    

Đặt t = x2 3x

 khi đó (2) trở thành : 2 2 3 0 1

3
t
t t

t


    




Với t1 ta có : 2 2

3 13
( )
2

3 1 3 1 0

3 13
( )
2

x TM

x x x x

x L

  





      

  





Với t = -3 ta có : x2 3x 3 x2 3x 3 0 (VN)

     

Vậy phương trình đã cho có nghhiệm: 3 13
2

x 

0.25

0.25
0.25

</div>

De khoi D rat hay co dap an

<b>§£ kiểm tra chất lợng lớp 12 lần 2</b>

<b>Mơn thi: Tốn, khối D</b>























<i>x</i>



1

<i>y</i>



2









































<i>a</i>



<i>c</i>

























Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về