Tài liệu KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 MÔN TOÁN KHỐI B và D doc

Sở GD & ĐT Thanh Hoá KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI B và D
Tháng 03/2010
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 =
x
x-1
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C)
đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Câu II. (2.0 điểm)
1. Giải phương trình
2 os6x+2cos4x- 3 os2x =sin2x+ 3c c

2. Giải hệ phương trình
2
2 2
1
2 2
2 2
x x
y
y y x y

  




   


Câu III. (1.0 điểm)
Tính tích phân
1
2 3
0
( sin )
1
x
x x dx
x




Câu IV
. (1.0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện
1 1 1
2
x y z
  

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
Câu V. (1.0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < 3 ) các cạnh còn lại đều bằng 1.
Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x

PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không dược chấm
điểm).
A. Theo chương trình nâng cao
Câu VIa. (2.0 điểm)
1. 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d
1
) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d
2
): 4x + 3y - 12 = 0.
Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d
1
), (d
2
), trục Oy.
2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’

có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là
tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N.
Câu VIIa. (1.0 điểm)
Giải bất phương trình
2 3
3 4
2
log ( 1) log ( 1)
0
5 6
x x
x x
  


 

B. Theo chương trình chuẩn
Câu VIb. (2.0 điểm)
1. Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường tròn đi qua 2
điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d).
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q):
x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q).
Câu VIIb. (1.0 điểm)
Giải phương trình
1 2 2 3
2
2
x x x x
x x x x
C C C C
  

  
(
k
n
C
là tổ hợp chập k của n phần tử)

.................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..................................................
ĐỀ CHÍNH THỨC

Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI B - D
Tháng 03/2010
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

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

CÂU NỘI DUNG THANG
ĐIỂM
Câu I
(2.0đ)
1.
(1.0đ)



TXĐ : D = R\{1}
0.25
Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x
 
 
nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1
lim ( ) , lim
x x
f x
 

 
   
nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
y’ =
2
1
0
( 1)x
 


0.25
Bảng biến thiên
1
+

-

1
- -
y
y'
x
-

1 +


Hàm số nghịc biến trên
( ;1)

và
(1; )

Hàm số không có cực trị
0.25
Đồ thị.(tự vẽ)
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)
Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng

0.25
2.(1.0đ)

















Giả sử M(x

0
; y
0
) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối
xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng :
0
0
2
0 0
1
( )
( 1) 1
x
y x x
x x
   
 

2
0
2 2
0 0
1
0
( 1) ( 1)
x
x y
x x
    

 

0.25
Ta có d(I ;tt) =
0
4
0
2
1
1
1
( 1)
x
x




Xét hàm số f(t) =
4
2
( 0)
1
t
t
t


ta có f’(t) =
2

4 4
(1 )(1 )(1 )
(1 ) 1
t t t
t t
  
 


0.25
ĐỀ CHÍNH THỨC
-
+
f(t)
f'(t)
x
2
0
1
0
+







f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên

từ bảng biến thiên ta c
d(I ;tt) lớn nhất khi và
chỉ khi t = 1 hay

0
0
0
2
1 1
0
x
x
x


  




0.25
+ Với x
0
= 0 ta có tiếp tuyến là y = -x
+ Với x
0
= 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4

0.25
Câu

II(2.0đ)
1.
(1.0đ)












4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2
3
cos
2
x
0.25
os x=0
2cos5x =sinx+ 3 cos
c
x





0.25
cos 0
os5x=cos(x- )
6
x
c








0.25
2
24 2
2
42 7
x k
k
x
k
x


 
 

 




   



 



0.25
2.(1.0đ)

ĐK :
0y 

hệ
2
2
1
2 2 0
2 1
2 0
x x
y
x
y y

   





   


đưa hệ về dạng
2
2

2 2 0
2 2 0
u u v
v v u

   


   



0.5
2
1
1
1
2 2 0
3 7 3 7
2 2
,
1 7 1 7
2 2
u v
u v
u v
u v
v v u
u u
v v

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

 
 

 
 

Từ đó ta có nghiệm của hệ
(-1 ;-1),(1 ;1), (
3 7 2
;
2
7 1


), (
3 7 2
;
2
7 1


)



0.5

Câu III.
(1.0đ)
1 1
2 3
0 0
sin
1
x
I x x dx dx
x
 

 

0.25
O
C
B
A
D
S
H

Ta tính I
1
=
1
2 3
0
sinx x dx

đặt t = x
3
ta tính được I
1
= -1/3(cos1 - sin1)
0.25
Ta tính I
2
=
1
0
1
x
dx
x

đặt t =
x
ta tính được I
2
=

1
2
0
1
2 (1 ) 2(1 ) 2
1 4 2
dt
t
 
    



0.25
Từ đó ta có I = I
1
+ I
2
= -1/3(cos1 - 1)+
2
2



0.25

Câu IV.
(1.0đ)
Ta có
1 1 1

2
x y z
  
nên
0.25

1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (1)
y z y z
x y z y z yz
   
      

Tương tự ta có
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (2)
x z x z
y x z x z xz
   
      
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (3)
x y x y
y x y x y xy
   
      


0.25
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được

1
( 1)( 1)( 1)
8
x y z   

0.25

vậy A
max
=
1 3
8 2
x y z   


0.25
Câu V.
(1.0đ)

Ta có
( . . )SBD DCB c c c SO CO    

Tương tự ta có SO = OA
vậy tam giác SCA vuông tại S.
2
1CA x  


Mặt khác ta có
2 2 2 2 2 2

AC BD AB BC CD AD    

2
3 ( 0 3)BD x do x    

2 2
1
1 3
4
ABCD
S x x   


0.5
Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB)
Vì SB = SD nên HB = HD

H

CO
0.25
Mà
2 2 2
2
1 1 1
1
x
SH
SH SC SA
x

   


Vậy V =
2
1
3 ( vtt)
6
x x d


0.25
Câu
VIa.
(2.0đ)
1.

Gọi A là giao điểm d
1
và d
2
ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d
1
với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d
2
với Oy ta có C(0 ;4)
0.5
B'

Y
X
Z
N
D'
C'
A'
C
D
A
B
M
(1.0đ)
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có
I(4/3 ; 0), R = 4/3
0.5
2.
(1.0đ)

Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1)
B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)
Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm
M,N,B,C’ có dạng
x
2
+ y
2
+ z
2

+2Ax + 2By+2Cz +D = 0
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có
5
2
1 2 0
5
2 2 2 0
2
8 4 4 0
1
8 4 4 0
2
4
A
A D
B C D
B
A C D
C
B C D
D

 

  




   

 
 

 
   
 
 
 
   






Vậy bán kính R =
2 2 2
15A B C D   

1.0
Câu
VIIa
(1.0đ)

Câu
VIb
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
Đk: x > - 1

0.25
bất phương trình
3
3
3
3log ( 1)
2log ( 1)
log 4
0
( 1)( 6)
x
x
x x

 
 
 


3

log ( 1)
0
6
x
x

 


0.25





0.25
0 6x  

0.25
Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)
2
+ (x-b)
2
= R
2
0.25
Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình
2 2 2
2 2 2
2 2

(1 )
(1 ) (2 )
( 1) 2
a b R
a y R
a b R

  

   


  


0.25
2
0
1
2
a
b
R



 






Vậy đường tròn cần tìm là: x
2
+ (y - 1)
2
= 2
0.5
2.
(1.0đ)
Ta có
(1;1;1), (1; 2;3), ; (1; 2;1)
Q Q
AB n AB n
 
 
 
   

Vì
; 0
Q
AB n
 

 
  
nên mặt phẳng (P) nhận
;
Q

AB n
 
 
 
làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
1.0
Câu
VIIb
(1.0đ)
ĐK :
2 5x
x N
 





Ta có
1 1 2 2 3 1 2 3 2 3
2 1 1 2 2 2
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
C C C C C C C C C C
      
     
        

(5 )! 2! 3x x    

1.0

Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®­îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh­ ®¸p
¸n quy ®Þnh.