De Thi cap toc qua hay

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (387.88 KB, 6 trang )

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

Sở giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12

Trường THPT Đào Duy Từ Mơn: TỐN; Khối A, B; ngày thi: 24/03/2012
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số yx3(2m1)x2 3mxm (1), m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1.

2. Tìm m đề đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A(1;0),Bvà Csao cho: AB2BC2CA2 2. 
 Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: cos 2 2 sin sin 3 cos 3 3 1 2sin2 2 .

4 4 4

x x 



 x 



 x   x





     

  `

2. Giải hệ phương trình:





2 2

( )

( ; ).

2 3 2 1 11

y

x x y

x y x y

x y x

  

 

   









Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:





4
0

.sin sin

1 dx

x x x x x

I

x



 







Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật tâm O, AB = a, AD = 2a; M là điểm thuộc cạnh AB
sao cho MA = 2MB, tam giác SMO cân đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vng góc với (ABCD). Biết mặt bên (SBC)
hợp với đáy (ABCD) một góc bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.AMOD theo a.

Câu V (1,0 điểm) Cho

x y z

, ,

là 3 số dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện:





1 1 1 3 1

9 1
81

x y z x y z xyz

 

      

   

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2( 3 3) 2( 3 3) ( 3)(1 ).
4

z z

x z y z

P

      

II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2

( ) :C x y 2x240 có tâm I và đường thẳng

( ) : 3d x4y280 . Chứng minh

d

tiếp xúc với

( )

C

. Tìm tọa độ điểm A thuộc

( )

C

, điểm B và C thuộc

( )

d

sao cho tam giác ABC nhận I làm trực tâm và trung điểm cạnh AC thuộc

( )

C

, biết điểm C có hoành độ dương.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; -2; 3), B(2; 1; 1) và mặt phẳng (P): x + y + 2z + 2 = 0.

Chứng minh đường thẳng AB song song với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam
giác ABC cân đỉnh C và có chu vi nhỏ nhất.

Câu VII.a (1,0 điểm ) Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6 lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 5 chữ số phân biệt abcde
 thỏa mãn b c 5.

B. Theo chương trình Nâng cao 
 Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích bằng 18 (đơn vị diện tích); đáy lớn CD
nằm trên đường thẳng có phương trình: xy20.Biết hai đường chéo AC, BD vng góc với nhau và cắt nhau
tại điểm I(3;1). Hãy viết phương trình đường thẳng BC, biết điểm C có hồnh độ âm.

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3; 0; 0), H(0; -2 ; 5) . Viết phương trình mặt phẳng (P)
đi qua A, cắt Oy, Oz lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC nhận AH làm đường cao.

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 1 log 5.33 1 2 1

2 3

x



 
  

 

  .
---Hết---

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh: ……….; Số báo danh………

For evaluation only.

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

x
y

O


Sở giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa

ĐÁP ÁN THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12

Trường THPT Đào Duy Từ

Mơn thi:TỐN ( Khối A, B)

(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)

Câu Đáp án Điểm

1. (1,0 điểm). Khảo sát…

 Tập xác định: DR

 Sự biến thiên:

Giới hạn: lim , lim

xy  xy

0,25

- Chiều biến thiên: y'3(x1)2 0, x R
Bảng biến thiên:

0,25

- Hàm số đồng biến trên R

- Hàm số khơng có cực trị 0,25

 Đồ thị

+ Điểm uốn I(1; 0).

+ Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I làm tâm đối xứng

2.(1,0 điểm) . Tìm m…..

+ Phương trình hồnh độ giao điểm:

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

( ) 2 0

x

x m x mx m x x mx m

g x x mx m



          

   




 0,25

+ Để ĐTHS(1) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt g(x)=0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 1
0

m
m
 


   0,25 
+ Gọi x x1 2 là hai nghiệm phương trình g(x) = 0.

Suy ra ĐTHS(1) cắt Ox tại 3 điểm A(1;0), ( ;0), ( ;0)B x1 C x2

Ta có AB2BC2 CA2 2 2 2 2 2

1 2 2 1

(x 1) (x 1) (x x) 8m 10m 2

         ( Theo ĐL Vi-et)

0,25 
Câu I

(2,0 điểm)

+ Giải được 5
4

m  (thỏa mãn) hoặc m0 (loại) 0,25

1. (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác….

Phương trình tương đương với: cos2 2 sin



2 cos 3 1



1 cos 4
2

x x x  





x















cos2 2 sin 2 cos 3 1 1 cos 4 cos 2 2 sin cos 3 2 sin 1 sin 4

x x x x



x x x x x

    











    





0,25 
Câu II

(2,0 điểm)

cos 2xsin 4x sin 2x 2 sinx1 sin 4x 1 cos 2x sin 2x 2 sinx0

       

+





+

0

y
y’





1 -1

O

x

y

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

2 



2 sin x 2 sin cosx x 2 sinx0 sinx 2 sinx 2 cosx 2 0

     
sin 0
sin

1

4

2

x































0,25

 sinx0 xk



(kZ)

0,25

 sin

1

4

2 x



















2 ; 2 ( )

12 12

x  k  x  k  k Z

       0,25

2. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình….

ĐK: 2 0, , 1

2
x  x y x y x .

Hệ tương đương với:





2 3

2 2

( ) (1)

2 3 2 1 11 (2)

x x y x y y

x y x

   

   





Từ (1) suy ra y0, vì nếu y < 0 thì x – y >0 , do đó: VT (1) 0 > VP(1) (VN)

0,25

(1) x2  x y



3 xy1







x2 x y y



0

2 2
2
2 2
3 3
1
0

( ) 1

x y x x y y

x x y

x y x y x x y y

    
    
      
2
2 2
3 3

1 ( 1)( )

( ) 1

x y x y x y

x x y

x y x y x x y y

    
    
      

2
2 2
3 3

( 1) 0 1 0

( ) 1

x x y x y

x y x y

x y x y x x y y

  
        
      

















( vì biểu thức trong [.] dương)

0,25

 Thế y = x – 1 vào (2) ta được: 2 2

4x 4x 2 3 2x 1 11(2x1) 3 2x 1 100

 Đặt t 2x 1 0, ta có pt: t4 3t 10  0 (t 2)(t32t24t5)  0 t 2

0,25

 Giải được nghiệm ( ; ) 5 3;
2 2

x y  

. 0,25

Tính tích phân….





4 4 4

1 2

0 0 0

.sin sin ( 1)sin

1 dx 1 dx 1dx I

x x x x x x x x x

I I

x x x

  

 

  

  

  



0,25

Tính

4 4 4

4 4

1 0 0

0 0 0

2 2

( 1) sin ( 1) ( cos ) ( 1) cos ( cos ) ( 1) 1 sin

8 2

2
1

x xdx x d x x x x d x x

I
  
  



             








 
0,25 
Tính
4
2
0 1
dx
x x
I
x







. Đặt t x , suy ra:

4 3

2 2 2

2
2
0
4
2
0 0
0

2 1 1 2 1 2

2 2 2 ln ln

1 1 1 3 1 12 2

1

t dt t t

dx t dt t

t t t t

x x

I

x

  


 



   
 
             
        







0,25 
Câu III 
(1,0 điểm)

Vậy 2 ln2 1

12 8 2

I

 





    



0,25

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

3

Tính thể tích khối chóp……

Gọi H là trung điểm OMSH OMSH (ABCD) (Vì



SMO



(ABCD)) 0,25 
Câu IV

(1,0 điểm)

Kẻ HEBC tại E



(SBC),(ABCD)



SEH600

Kẻ OFBC tại F, Ta có: HE là đường trung bình của hình thangvuông

BMOF, suy ra 1( ) 1 5

2 2 3 2 12

a a a

HE MBOF    
.tan 600 5 3

a

SH EH

  

Ta Ta có:dt AMOD( )dt ABD( )dt BMO( )

( ) 1 ( ) ( ) 1 ( ) 5 2

3 6 6

dt ABD dt ABO dt ABD dt ABD a

    

Suy ra

3
2

1 1 5 5 3 25 3

( ). . .

3 3 6 12 216

S AMOD

a a

V  dt AMOD SH  a  (đvtt).

0,25

0,25 
Tìm giá trị nhỏ nhất…..

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:

( ) 1 1 1 9

;
27

x y z

xyz

x y z x y z

 

   

  , dấu bằng có khi x  y z 0

Đặt t 1 0

x y z

 

  , từ giả thiết ta có BĐT:

2 3 2 2

9 3 9(1 ) 3 3 0 ( 1)( 3) 0 1 1

3
t

t t         t t t t t        t x y z

0,25

Ta có

3 3 ( ) 3 3 2 2 2

( ) ( ) 0

x y

x y   x y x yxy  xy xy  , dấu bằng có khi x y 0
Do đó

3 2 3 2

3 3 3 ( 3)(1 ) (1 ) 3 2 3 14 5 8 5

2( ) 4 4

4 2 4 4

z z z z z z z z

x y z z

P               

(vì

3 3

3 3 ( ) (1 )

4 4

x y z

x y     )

0,25

Xét hàm số

3 2

14 5 8 5

( )

z z z

f z     trên (0;),

21 5 4 (3 1)(7 4)
'( )

2 2

z z z z

f z      

Bảng biến thiên:

0,25 
 Câu V

(1,0 điểm)

Suy ra minP
0; 

1 23
min ( )

3 27

f z f



     

  , khi và chỉ khi x  y z 13. 0,25

Phần A Theo chương trình Chuẩn

1. (1,0 điểm)Tìm tọa độ 3 đỉnh A, B, C ….

Ta có: (C) có tâm I(1; 0), bán kính R = 5. Vì ( ; ) 3 28 5
5

d I d     R (d) tiếp xúc với (C). 0,25

Câu 
VI.a

(2,0 điểm)

 Tọa độ tiếp điểm H là nghiệm của hệ: 32 42 28 0 (4; 4)
2 24 0

x y

H

x y x

  



   




 .

 Vì I là trực tâm tam giác ABC nên AI d I là trung điểm AH
A( 2; 4) 

0,25

F

C

D

O

H

A

M

E

B

S

23
27

-

0

+

f(z)
f’(z)



1
3
0

M

d

A

I

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

4

 Gọi M là trung điểm AC, M( )C MHACtam giác HACvuông cân đỉnh H.

 Gọi C(4 + 4t; 4 - 3t) ( )d .

 Ta có HCHA1025t2100  t 2. Vì xC 0 C(12; 2)

0,25

 Gọi B(4 + 4t; 4 - 3t) ( )d AB (4t 6;8 3 );t IC (11; 2)

 

    

 I là trực tâm tam giác ABC nên AB IC .     0 t 1 B(0;7)

0,25 
2. (1,0 điểm)Tìm tọa độ điểm C….

Ta có: AB(1;3; 2)



, (P) có vtpt n(1;1; 2)



. Vì A( )P và AB n. 0

 

 nên AB //(P).

0,25 
Gọi I là trung điểm AB 3; 1; 2

2 2

I

   

 , tam giác ABC cân đỉnh C nên CIAB

Chu vi 2 2

(ABC)ABBCCAAB2 IA IC , để chu vi nhỏ nhất IC nhỏ nhấtIC( )P
( thỏa mãn CIAB, do AB // (P) ).

0,25

Gọi C x y z( ; ; )( )P 3; 1; 2

2 2

IC x y z



      cùng phương với n(1;1; 2)



Ta có hệ:

2 2 0 2 2

3 1 2

2 2

2 3

1 1 2

x y z x y z

x y

z

y z

       

  

  

    

 

 

 

 

 

 



. 0,25

Giải hệ được: 1, 5; 1

3 3 3

x y  z  . Vậy 1 5; 1
3; 3 3

C    0,25

Tính giá trị của biểu thức S…..

Vì b  c 5

       

b c;  0;5 ; 1; 4 ; 2;3
TH1:

   

b c;  0;5

+ Có 2 cách chọn b;c

+ e chẵn có 3 cách chọn chữ sốe



2; 4; 6



và có A42cách chọn a; d.
Suy ra có 2.3.A42=72 ( số thỏa mãn)

0,25

TH2:

   

b c;  1; 4
+ Có 2 cách chọn b;c
+ e chẵn  e



0; 2;6



- Với e = 0 , có A42cách chọn a; d.

- Với e 2; 6 , có 2 cách chọn chữ số e. Có 3 cách chọn chữ số a và 3 cách chọn chữ số d
Suy ra có 2(A42+2.3.3) = 60 ( số thỏa mãn)

0,25

TH3:

   

b c;  2;3 . Tương tự TH 2: có 2(A42+2.3.3) = 60 ( số thỏa mãn)

0,25 
Câu

VII.a

(1,0 điểm)

Vậy có tất cả: 72 + 2.60 = 192 ( số thỏa mãn). 0,25

Phần B Theo chương trình Nâng cao

1. (1,0 điểm) . Viết phương trình đường thẳng BC …

Vì ( ) 1 . 1 2 18 6

2 2

ACBDdt ABCD  AC BD AC  AC 0,25

Câu 
VI.b

(2,0 điểm)

Tam giác ICD vuông cân tại I nên ( , ). 2 3 1 2. 2 4 2
2

ICd I CD     IAACIC

Vì ICID4, nên tọa độ điểm C, D là nghiệm của hệ: 22 0 2 1
1
( 3) ( 1) 16

x y x

y

x y

    




   

 

 

 

 

 hoặc

3
5
x
y








Vì xC 0 nên ( 1;1)C  D(3;5) 0,25

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ta có ID2IBID 2IBB(3; 1)

  0,25

Phương trình BC: x2y 1 0 0,25

2. (1,0 điểm) . Viết phương trình mặt phẳng (P)….. 
Goi (0; ; 0), (0; 0; ) ( .B b C c b c0)

Ta có AH ( 3; 2;5),BC (0; b c HB; ), (0;b 2; 5),HC (0; 2;c 5)

   

         

AH là đường cao tam giác ABC nên AHBC và HBC AH BC. 0

 

  và HB HC , cùng phương

0,25

2 5 0

2 5

( 2)( 5) 10

2 5

b c

b

b c

c

 

   

   




 

 

 

 



0,25

2 29 29

(5 4)( 5) 20 5 29 0

5 2

c c c c c b

            0,25

Suy ra phương trình ( ) : 1 29 6 15 87 0
29 29

2 5

x y z

P     x y z 

 0,25

Giải bất phương trình ……

ĐK: 5.3 1 2 0 3 2 log32

3 5 5

x

      

;x0. 0,25

 Nếu x > 0, BPT log 5.33 1 2 2 5.3 2 3.32
3

x x

x



 


      

Đặt t3x0, BPT trở thành 3t2  5t 2 0 2 1 2 3 1

3 3

x

t

      ( Vơ nghiệm vì x > 0).

0,25

 Nếu x < 0, BPT log 5.33 1 2 2 5.3 2 3.32
3

x x

x



 


       3

2 2

3 log

3 3

x

t

x
t


 


    




( với t3x0)

0,25 
Câu

VII.b

(1,0 điểm)

 Kết hợp với điều kiện, suy ra log32; log32

5 3

x 


Vậy BPT có tập nghiệm 3 3

2 2

log ;log

5 3

S 



0,25

Ghi chú: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa

</div>

De Thi cap toc qua hay

<b>ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12</b>

















<i>x y z</i>

, ,





<i>P</i>

<i>d</i>

( )

<i>C</i>

( )

<i>C</i>

( )

<i>d</i>

( )

<i>C</i>

<b>ĐÁP ÁN THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12</b>

<i><b>Trường THPT Đào Duy Từ </b></i>







<sub></sub>





<sub></sub>













<sub></sub>



<sub></sub>





+



+

0

1

-1

O

x

y

2





1

4

2

<i>x</i>













<sub></sub>







<sub></sub>

<sub></sub>





1

4

2

<i>x</i>



