De thi thu Toan THPT Le Van Huu

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (170.68 KB, 5 trang )

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

Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12

Trường THPT Lê Văn Hưu MƠN TỐN

Ngày thi: 18/02/2012

Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

Câu I. (2.0 điểm)
Cho hàm số y =

2
( )
2

x

C
x




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

2. Tìm m để trên (C) tồn tại 2 điểm A(x1;y1), B(x2;y2) thuộc cùng một nhánh của đồ thị sao cho

1 1

2 2

0
0

x y m

  




  



Câu II. (2.0 điểm)

1. Giải phương trình

1 cot 2 2

(t anx cot )
sin 3 2

x

x
x



 

2. Giải phương trình

2 2

2 x 2 x

x


  

Câu III. (1.0 điểm)

Tìm nguyên hàm I =

2011 2011 2009

sin sin

cot
sin

x x

xdx
x





Câu IV. (1.0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang đáy lớn AB = 2, tam giác ACB vuông tại C, các
tam giác SAC và SBD là các tam giác đều cạnh bằng 3. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD

Câu V. (1.0 điểm)

Cho hai số a, b  (0;1) và a b . Chứng minh rằng: 2012 2012

ln 2012

(log log ) 4

1 1

b a

b a  b  a 

PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)

Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không được chấm điểm).

A. Theo chương trình chuẩn

Câu VIa. (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A, B đối xứng nhau qua trục Ox, C(2 ;0), tam giác
ABC đều . Tìm tọa độ 2 điểm A, B biết A, B thuộc elip (E) :

2 2

1
4 1

x y

 

2. Chứng minh rằng:3Cn0 4Cn1 ... (n 3)Cnn 2 (6n 1 n)



      (Cnk là tổ hợp chập k của n phần tử.)

Câu VIIa. (1.0 điểm)

Giải hệ phương trình :

3 2

2 2

3 2

2 1

x xy x y

x xy y

   




  




B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb. (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A, A có tọa độ dương, B, C thuộc trục
Ox, đường thẳng AB có phương trình y3 7(x1), chu vi của tam giác ABC bằng 18. Tìm tọa
độ các đỉnh A, B, C.

2. Giải bất phương trình :

3 3

log log 2

( 10 1) ( 10 1)

x x x

   

Câu VIIb. (1.0 điểm)

Giải hệ phương trình :

( 2 1) 6 1

4 2

xy xy y y y

xy x y

     



  


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

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm
 Họ và tên thí sinh ... số báo danh...

Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12

Trường THPT Lê Văn Hưu

MƠN TỐN

Ngày 18/01/2012

Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

Câu I
1.(1đ)

2.(1đ)

1. TXĐ:D = R\{-2} 0,25

2. Chiều biến thiên
x

limy 1,lim 1

x
y

    

 

nên y = 1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
xlim 2 , limx 2   nên x = -2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0,25

Bảng biến thiên

Khoảng đồng biến , nghịch biến và cực trị của hàm số

0,25

3. Đồ thị, nhận xét đồ thị 0,25

Vì

1 1

2 2

0
0

x y m

  




  

 nên A, B thuộc đường thẳng x – y + m = 0 nên để tồn tại 2 điểm A, B 
thuộc cùng một nhánh của đồ thị thì đường thẳng (d): y = x + m cắt (C) tại 2 điểm phân
biệt nằm cùng phía đối với đường thẳng x + 2 = 0

0,25

(d) cắt (C) tại hai điểm phân biết khi và chỉ khi phương trình
2
2

x

x m
x



 

 có 2 nghiệm

phân biệt x khác -2 hay g(x) = x2 + (m + 1)x + 2 + 2m = 0 (1) có 2 ngiệm phân biệt x

khác -2

Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt x khác - 2 khi

2 6 7 0 1

(2)
7
( ) 4 0

m

m m

m
g x

 

     



 



  



0,25

Vì A, B là giao điểm (d) và (C) nên x1, x2 là nghiệm pt (1) theo viet ta có

1 2

1
(3)
2 2

x x m

x x m

  




 

 . A,B nằm cùng phía đối với x + 2 = 0 khi và chỉ khi (x1 + 2)(x2 + 2) 
> 0 (4) từ (3) và (4) ta được 2+2m-2m-2+4>0 (luôn đúng).Vậy m<-1 hoặc m > 7

0,5

Câu II.
1.(1đ)

2.(1đ)

ĐK:

sin 3 0
sin 2 0

x
x









1 cot 2 2

sin 2 cos 2 2 sin 3
sin 3 sin 2

x

x x x

x x



    

0,5

2
4
sin(2 ) sin 3

3 2

20 5

x k

x x

k
x





 



 


    

  

 thỏa mãn điều kiện.

0,5

ĐK:
0

2 2

x






  




0,25

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

CâuIII.

1.(đ) 2011 2011 2

4 4

1
1

cot

sin cot cot

sin sin

x

x xdx xdx

x x








0,55

Đặt t = cotx , dt = -1/sin2xdx khi đó I =

2 4024 8046

2011 2011 2011 2011 2011

t (1 )

4024 8046

t tdt t t C

   



=

4024 8046

2011 2011

4024cot x8046cot x C

0,5

Câu IV

1.(đ) Vì tam giác SAC và SBD đều cạnh cân. Lại có góc ACB vng nên hình thang ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AB3 nên AC = BD hay tứ giác ABCD là hình thang 0,25
Gọi H là trung điểm AB khi đó SH vng góc (ABCD) hay SH là đường cao của hình

chóp.

0,25
Ta có BC = 4 3 1  nên SH = SB2 HB2  2

Lại có

3 3
4

ABCD

S 

(Do ABCD là nửa lục giác đều)
Vậy .

1 3 3 6

. . 2

3 4 4

S ABCD

V  

(đvtt)

0,5

Câu V.

1.đ Bđt 2012 2012 2012 2012

ln 2012

(log b log (1 b) log a log (1 a)) 4

b a

      



0,25
TH1: nếu b > a thì bđt

2012 2012 2012 2012

4 4

log log (1 ) log log (1 )

ln 2012 ln 2012

b a

b b a a

       

Xét hàm số f(t) = 2012 2012

log log (1 ) (0;1)

ln 2012

t

t  t  t

Ta có f’(t) =

(2 1)

0 (0;1)
(1 ) ln 2012

t

t t



  

 vậy hàm số f(t) đồng biến trên (0;1)

Suy ra b > a ta có f(b) >f(a) từ đó ta có điều phải chứng minh

0,5

TH2: b < a Chứng minh tương tự. 0,25

CâuVI.a
1.(1đ)
2.(1đ)

B. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

2 4 3 2 4 3

; , ;

7 7 7 7

   



   

   

A B

1,0

Ta có (1+x)n = Cn0xC1n...x Cn nn nhân cả 2 vế với x3 ta được

3(1 )n 3 0 4 1 ... n 3 n

n n n

x x x C x C x C

     lấy đạo hàm hai vế và thay x = 1 ta có điều phải 
chứng minh.

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

Câu
VIIa.

1(đ) Hệ

3 2 2 2

2 2

3 (2 )( 2 ) (1)

2 1 (2)

x xy x y x xy y

x xy y

     

 
  



Giải (1) ta được x33xy25x y y2  3 0 (3)

Đặt x = ty phương trình (3) trở thành: y3(t3 + 5t2 + 3t - 1) = 0

0
1
2 5
2 5

y
t
t
t


 


  

  


* Với y = 0 thì hệ vơ nghiệm

* Với t = - 1 ta được thay vào (2) phương trình vô nghiệm

* Với t =  2 5 thay vào (2) ta được nghiệm y =

1 2 5

4 2 5 4 2 5

1 2 5

4 2 5 4 2 5

y x
y x

  
  

 



   
  


* Với t =  2 5 thay vào (2) ta suy ra hệ phương trình vơ nghiệm.

0,25
0,25
0,5
CâuVI.b
1.(1đ)
2.(1đ)

THEO CHƯƠNG TRÌNH NĂNG CAO

Vì B thuộc Ox nên B là giao điểm Ox với AB vậy B(1;0), A thuộc AB nên A có tọa độ A(
;3 7( 1)

a a ) (a >1).Gọi AH là đường cao của tam giác ABC suy ra H(a;0) BC suy ra 
C(2a-1;0). Vậy BC = 2(a-1), AB=AC=8(a-1)

Vì chu vi tam giác ABC bằng 18 nên 2(a-1) +16(a-1)=18 vậy a = 2, C(3;0), A(2;3 7)

1,0

ĐK:x > 0
Bpt

log3 log3

3 3 3

log log 2 log 10 1 10 1 2

( 10 1) ( 10 1) 3 ( ) ( )

3 3 3 3

x x

x x x  

       

0,5

Đặt t =

log3
10 1
( )
3
x



(t > 0) bpt trở thành

1 2 10 1

3 3

t t

t


   
Từ đó ta được tập nghiệm của bất phương trình là S= [3;)

0,5

CâuVII.b
1(đ)

Hệ

2 2 2 2 2

2 1 7

1 1 5

x y xy y xy y y

xy y x y

      

 

    

 . Ta nhận thấy y = 0 hệ vô nghiệm

Với y khác 0 hệ

1 1

( 1) 7

1 1
1 5
x
x
y y
x
x
y y



   


 

    


 . Đặt

1
1
a x
b
y
 






 hệ trở thành

2 2 2

4
( )
9

7 ( ) 7

5 5 ( ) 3

a b

L
ab

a ab b a b ab

a ab b ab a b a b

ab
  



        
 
  
        
 
 

 


Với
0
1
1
2
3
2

2 2 1

1 1

x
a

b y

a b

ab a x

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

De thi thu Toan THPT Le Van Huu

<b> Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12</b>



<b> Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12</b>

<i><b>Trường THPT Lê Văn Hưu</b></i>

<b> MƠN TỐN</b>

<b> Ngày 18/01/2012</b>

<b> Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)</b>







Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về