De thi thu dai hoc khoi D lan 2 nam hoc 2011 2012lan 2

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD - ĐT BẮC NINH Trường THPT Hàn Thuyên. ĐỀ THI KHẢO SÁT KHỐI 12–NĂM HỌC 2011-2012 Môn : TOÁN ; Khối : D – lần 2 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề =====================. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 4. 2 2. Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = x  2m x  1 1. Khảo sát hàm số khi m = 1. 2. Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích bằng 32. Câu II (2 điểm) π 2 2 1. Giải phương trình: sin 2 x sin x − cos x sin 2 x +1=2cos ( x − ) 4 1+ x− x x −x 2. Giải phương trình: 4 +4 =5 4x e −1 Câu III (1 điểm). Tính giới hạn: I =lim x→ 0 √ 1+ x − √ 1 − x Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’có đáy là tam giác đều cạnh a , góc giữa AB’ và mặt đáy bằng 600. Tính cạnh bên CC’ và thể tích tứ diện ACC’B’. Câu V (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: m+ x √ 1− x2 =√1 − x 2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 2 2 x  1   y  2  13  1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): và đường    : x – 5y – 2 = 0. Tìm các giao điểm của đường tròn (C) với đường thẳng    . Giả sử thẳng các giao điểm là A, B. Xác định toạ độ điểm C sao cho tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp đường tròn (C) . 2. Từ 5 bông hồng vàng, 3 bông hồng trắng và 4 bông hồng đỏ ( các bông hoa xem như đôi một khác nhau ), ta chọn ra một bó gồm 7 bông. Có bao nhiêu cách chọn ra bó hoa trong đó có ít nhất 3 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ ? ¿ √ x 2+6 y = y +3 Câu VII.a (1 điểm) Giải hệ phương trình: √ x+ y + √ x − y=4 ¿{ ¿ B.Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 450. Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương. 2 10 2. 2. Khai triển:.  1  2 x  3x  a. 2. a  a x  ....  a x 20 0 1 20. S a  a  ....  a. 0 1 20 Tính: Hệ số 4 và Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log3[1 + log3(2x - 7)]  1 ----------- 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:.................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu I 2 điểm 1. 1 điểm. 4 2 Với m = 1 hàm số là: y  x  2 x  1 +) TXĐ: D= R.  x 0 y '  4 x  4 x ; y '  0   x 1 lim y   ; lim y   x   +) Giới hạn, đạo hàm: x  .. 0.25. 3. +) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; +  ) nghịch biến trên các khoảng (-  ;- 1), (0; 1) +) Hàm đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1, cực tiểu tại x = 1, yCT = 0 +) BBT: x -  -1 0 1 + y' - 0 + 0 0 +  y + 1 + 0. 0.25. 0.25. 0. +) Đồ thị y. f(x)=x^4-2*x^2+1. 8. 6. 4. 0.25. 2. x -9. -8. -7. -6. -5. -4. -3. -2. -1. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. -2. -4. -6. -8. 2. 1điểm. Câu II 1. 1 điểm. 3. 2. 2. 2. +y’= 4 x  4m x 4 x( x  m ) +hs có 3 cực trị  y ' 0 có 3 nghiệm phân biệt  x  m 0 có hai nghiệm pb khác 0  m 0 . +3 điểm cực trị của đths A(0;1), B(-m;1-m4), C(m;1-m4). Do tính chất đối xứng nên tam 1 giác ABC cân tại A, ycbt  2.|m|.|m5|=32  m=2 hoặc m=-2 2 2. 2. 0.5 0.5. π π sin 2 x sin x − cos x sin 2 2 x +1=2cos 2 (x − ) ⇔sin 2 x sin x − cos x sin 2 2 x+1=1+cos (2 x − )0.25 4 2. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> sin 2 x=0(1). 2. 1điểm. ¿ 2sin 3 x − sin x −1=0(2) ¿ ¿ ¿ ¿ 2 ⇔ sin 2 x sin x − cos x sin 2 x − sin2 x=0 ⇔ sin 2 x (sin x − cos x sin 2 x − 1)=0 ¿ ¿ ⇔ kπ Giải (1) được: x= (k ∈ Z) 2 π Giải (2) được: x= +k 2 π (k ∈ Z) 2 Giải phương trình: 4 1+ x− x +4 x − x =5 4 x −x PT ⇔ x − x + 4 =5 4 4 +t=5 ⇔ t 2 − 5 t+ 4=0 ⇔ t=1 Vt=4 đều thỏa mãn Đặt 4 x − x =t (t> 0) PTTT: t x −x 2 Với t=1⇒ 4 =1 ⇔ x − x=0 ⇔ x=0 V x=1 1 ± √5 x −x 2 Với t=4 ⇒ 4 =4 ⇔ x − x =1⇔ x= 2 2. 0.25 0.25. 2. 2. 2. 0.25. 2. 2. 2. CâuIII 1 điểm. 4x. e −1 ( √ 1+ x + √ 1− x) x→ 0 ( √ 1+ x − √ 1 − x)( √ 1+ x + √ 1− x ) e 4 x −1 = 2. lim lim ( √ 1+ x + √ 1− x) = 2.1.(1+1) = 4 4 x x →0 x →0. Ta có. I =¿. lim. 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5. CâuIV. 1. 1 điêm. A. A’. B. 60 0 B’. Câu V 1đ. -Do ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ đứngAA’(A’B’C’) A’B’ là hình C chiếu của AB’ trên (A’B’C’) góc giữa AB’ và đáy là góc giữa AB’ và A’B’ và bằng góc AB’A’=600 - Xét tam giác AA’B’ có AA’=A’B’tan600=a √ 3 mà CC’=AA’= a √3 - Ta có: V ABC . A ' B ' C ' =V A . A ' B ' C ' +V B ' .ABC +V ACC ' B ' 1 mà V A . A ' B ' C ' =V B ' . ABC= V ABC . A ' B ' C ' 3  1 1 C’ V A . CC' B ' = 3 V ABC. A ' B ' C ' = 3 s A ' B ' C ' . CC ' a2 4 V A . A ' B ' C' +V B ' . ABC+ V ACC ' B '. 0.25. 0.25. 0.25 0.25. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: m+ x √ 1− x2 =√1 − x 2 (1) PT(1) ⇔m=√ 1 − x 2 − x √ 1− x 2=(1 − x) √ 1− x 2 Đặt f (x)=(1− x) √ 1 − x 2 , có. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> f ' (x)=0 ⇔ x=1 ¿ 2 2 2 1 x −1+ x − x+ x 2 x − x −1 x=− f ' (x)=− √ 1 − x 2 −( 1− x ) = = , 2 √ 1− x2 √1 − x 2 √ 1− x 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. 0.5. Bảng biến thiên: X -1 -1/2 Y’ || + 0 Y 3 √3 4 0 CâuVIa 1. 1 điểm. 1 ||. Căn cứ bảng biến thiên thấy PT đã cho có nghiệm khi 3 √3 m∈ ơ 0 ; ư 4. [. ]. 0 2. - Từ PT đường thẳng ∆ ⇒ x=5 y +2 thế và PT đường tròn (C) được: 2. y − 2 ¿ =13 2 5 y +3 ¿ +¿ ¿. 26 y + 26 y=0 ⇔ y=0⇒ x =2 ¿ y=−1 ⇒ x=− 3 . Các giao điểm là: (2;0),(-3;-1) ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ B. C I. 2. 1 điểm. CâuVIIa. 0.5. - (C) có tâm I(-1;2) và bán kính R= - Tam giác ABC nội tiếp (C) và vuông tại B  AC là đường kính  A, C đối xứng nhau qua I. - B(2;0) A(-3;-1) C(1;5) - B(-3;-1) A(2;0) C(-4;4). A 3. Từ 5 bông hồng vàng, 3 bông hồng trắng và 4 bông hồng đỏ ( các bông hoa xem như đôi một khác nhau ), ta chọn ra một bó gồm 7 bông. Có bao nhiêu cách chọn ra bó hoa trong đó có ít nhất 3 bông hồng vàng và ít nhất 3 bông hồng đỏ ? - Vì bó hoa có 7 bông, trong đó có ít nhất 3 bông hồng vàng và ít nhất 3 bông hồng đỏ bó hoa có thể có 3 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ và 1 bông hồng trắng hoặc 3 bông hồng vàng và 4 bông hồng đỏ hoặc 4 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ. - Vậy có C35 C34 C 13 +C 35 C 44 +C 45 C34 =150 ¿ 2 √ x +6 y = y +3 Giải hệ phương trình: √ x+ y + √ x − y=4 Đặt đkxđ ¿{ ¿. ¿ x 2+6 y ≥ 0 x + y ≥0 x− y≥0 ¿{{ ¿. 0.25 0.25. 0.25 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ⇔ y+ 3≥ 0 2 x +6 y = y 2+ 6 y +9 2 x+2 √ x 2 − y 2 =16 ⇔ ¿ y ≥ −3 x 2 − y 2=9 2 x=10 Hpt ⇔ ¿ y ≥ −3 x 2 −9= y 2 x=5 ⇔ ¿ y ≥ −3 y=± 4 x=5 ¿{{. 0.5. Vậy hệ PT có nghiệm CâuVIb 1. 1 điểm. 3x  y 0   x  2 y  0  Tọa độ điểm D là:.  x 0   y 0 => D(0;0) O. Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là cosADB=. 1 √2.   n1  3;  1 , n2  1;  2 . 0.25. => ADB=450 =>AD=AB (1). Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 450 => BCD=450 =>  BCD vuông cân tại B=>DC=2AB. Theo bài ra ta có:. S ABCD . 1 3. AB 2 24  AB  CD  AD  2 2. 0.25. =>AB=4=>BD= 4 2 x   B  xB ; B  2  , điều kiện xB>0 Gọi tọa độ điểm   8 10 xB  (loai ) 2    xB  5 2  BD  xB    4 2   8 10 4 10    2  8 10 B  ;  x  ( tm )  B 5 5   5  => Tọa độ điểm. Vectơ pháp tuyến của BC là. 0.25.  nBC  2;1 0.25. => phương trình đường thẳng BC là: 2 x  y  4 10 0 2. 1 điểm.  Có:. 1  2 x  3x 2 10. . 10.  3 x 2   1  2 x   . 10. . 9. 8. 2. 0 C10  1  2 x   C101  1  2 x  3x2  C102  1  2 x  3x2  ......  C1010 3x2.  .  . 10 0.25. -------------------------------------------------------------------------------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2 3 4 10 0 0 1 2 3 4 10 C10  C10  C10 2 x  C10  2 x   C10  2 x   C10  2 x   .....  C10  2 x     . 1 2 0 1 2 2 9 9 2 2 2 0 1 2 2 C10 3 x  C9  C9 2 x  C9 (2 x )  ...  C9 (2 x )   C10 (3 x )  C8  C8 2 x  C8 (2 x )     0.25. 10 2 10 ...  C10 (3 x ). 4  HÖ sè cña x lµ : 0 4 4 1 2 2 2 0 C10C10 2  C10 .3.2 .C9  C10 .9.C8 16.1.210  3.4.1.36  9.1.45 8085 - ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Áp dụng khai triển được: ( x + 2x + 3x2)n = a0 + a1x + a2x2 +… + a2nx2n Câu VII.b. S a0  a1  ....  a20 = f(1) = (1 + 2 + 3)10 =610 Với x thuộc TXĐ BPT(1)  1 + log3(2x - 7)  3  log3(2x - 7)  2  2x-7  9  2x  16  x  4. Thử lại với x4 thỏa mản.. Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương. 0.5. 0.5 0.5.

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