De dh khoi A co dap an lan 2 Quang xuong 1

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Së gd & ĐT thanh hãa Trêng thpt qu¶ng x¬ng I. đề kiểm tra chất lợng các môn văn hóa líp12 n¨m näc 2012 -2013. lÇn 2 Môn thi: Toán, khối A+B và khối A1. Thời gian làm bài 180 phút, đề gồm có 01 trang. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7,0điểm) 3 2 Câu I(2,0 điểm) Cho hàm số y  x  3( m  1) x  6 mx  3m  4 (Cm ). 1.. ( m là tham số thực).. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (Cm ) khi m 0 .. 2. Tìm giá trị của tham số m để tiếp tuyến tại A(1; 2) cắt đồ thị hàm số (Cm ) tại B sao cho tam giác OAB cân tại O (O là gốc tọa độ). Câu II(2,0 điểm) (1  cos 2 x  sin 2 x) cos x  cos2 x cos x tan x  1 1. Giải phương trình: ( xy  1) x 2  ( x  1) 2  x 2 y  5 x ( x , y  )  3 4 x y  7 x 2  2 x 2 y  1 2 x  1   2. Giải hệ phương trình :  6. Câu III(1,0 điểm) Tính tích phân:. (sin x  x )sin x  1 I  dx cos 2 x 0. Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB a; BC 2a ;SA vuông góc với o mặt phẳng (ABC).Gọi M là trung điểm của AC,biết góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60 .Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM) theo a . Câu V(1,0 điểm) Cho x, y là các số thực dương,tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : x 2x P  2 2 2 2 ( x  1)( x  y ) ( x  y )  ( xy 1)( x  y ) 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) 2 2 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho đường tròn (T ) : ( x  5)  ( y  7) 45 và hai đường thẳng  : 4 x  3 y  9 0;  ' : 3 x  4 y  12 0 .Viết phương đường tròn (C) có tâm thuộc đường thẳng  ,tiếp xúc với đường thẳng  ' và cắt (T) tại hai điểm A, B sao cho đường thẳng AB đi qua điểm M ( 5;  3) . 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x  y  z  4 0 và hai điểm A  0;  2;1 ; B(2;0;3) .Điểm M thuộc mặt phẳng (P),sao cho tam giác MAB cân tại M. Biết mặt phẳng ( ABM ) vuông góc với mặt phẳng ( P ) ,tìm tọa độ của điểm M. Câu VII.a(1,0điểm) Trong một hộp có 50 viên bi được đánh số từ 1 đến 50,chọn ngẫu nhiên 3 viên.Tính xác suất để tổng 3 số trên 3 viên bi được chọn là một số chia hết cho 3. B.Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b(2,0điêm) 2 2 M  4;  5  1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và 4 AB 5BD . Điểm thuộc N  6;  1 đường thẳng AB,điểm thuộc đường thẳng CD.Tìm tọa độ đỉnh B,biết B có hoành độ dương. 2 2 2 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz,cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  8 x  6 y  10 z 0 và điểm A( 1;7;0) .Mặt phẳng (P) đi qua O và A cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn (C) có tâm H,sao cho tam giác OAH vuông.Viết phương trình mặt phẳng (P). x x x 1 x Câu VII.b(1,0điểm) Giải bất phương trình : 9  x 3  3 3  3x  3 ( x  ) ---------------Hết-------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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 :………………. Nhà trường sẽ tổ chức kiểm tra lần 3 vào ngày11 và 12 tháng 5 năm 2013 TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG I đáp án đề kiểm tra chất lợng lần 2 n¨m häc 2012- 2013 Môn :toán. Khối A+A1+B (đề gồm có 4 trang) Điểm Nội dung CâuI 1đ 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3 2 2. Với m = 0 ta được y = x – 3x + 4 0.25 1.Tập xác định : D = R -. x. y'. 0. +. +. 2. 0. 0.25. +. 0. -. j. 4. y. +. -. o. 2 a.Giới hạn tại vô cực lim y  ;lim y  x  . .Sự biến thiên. 0.25. x  . b.Bảng biến thiên : y ' 3 x 2  6 x; y ' 0  x 0; x 2   ; 0  và  2;  Hàm số đồng biến trên  0; 2  Hàm số nghịch biến trên Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD 4 ; Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 , yCT 0 2 Tìm giá trị của m: 3. Đồ thị : Ta có ; f '( x ) 3x 2  6(m 1) x  6m .Tiếp tuyến tại A(1;2) là  : y  3x  5 Phương trình hoành độ giao điểm của  và (Cm ) :. 0.25. 1đ. 8. 6. 4. 2. -15. -10. -5. 5. 10. 15. 0.25. -2. 3. 2. x  3(m  1) x  6mx  3m  4  3x  5 -4.  ( x  1) 2 ( x  3m  1) 0  x 1; x 3m 0.25 1 Khi đó  iểm uôn I(1;2)  B(3m  1;  9m  2); OA (1; 2); OB (3m  1;  9m  2) 0.25 .Để tam giác OAB cân tại O thì. -6. Đ. -8. 0.25 OA2 OB 2  (3m  1)2  ( 9m  2) 2 5  90m 2  30m 0 . CâuII. 1. Khi m 0  B  A (loại). 1 m 3 là giá trị cần Vậy tìm. Giải phương trình lượng giác: Điều kiện:. 1đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> cos x 0   x   m  2  tan x  1. x . và.   l 4.  (sin x  cos x )2  (cos 2 x  sin 2 x)  cos x  (cos 2 x  sin 2 x) (1)   sin x  cos x 0.25 cos x 2  2cos x  (cos x  sin x) 1  (cos 2 x  sin 2 x)  (cos x  sin 0.25.  (cos x  sin x)(cos x  sin x  1) 0  cos x  sin x 0 (2);  (2)  tan x 1  x   k 4. 0.25. ;  2  (3)  sin( x  )   x   k 2 ; x 0.25   k 2 4 2 2. 2. Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm của phương trình:  x   k ; x   k 2 4 Giải hệ phương trình: 2 2 2 1đ  ( xy  1) x  ( x  1)  x y  5 x (1) ( x , y   )  3 2 2  4 x y  7 x  2 x y  1 2 x  1 (2). Điều kiện: y  1 .Từ phương trình (1) ta có: x 2 ( xy  1)  ( x  1) 2  x( xy  1) 0  x( xy  1)( x  1)  ( x  1) 2   ( x  1)( x 2 y  2 x  1) 0  x 1; x 2 y  2 x  1 0 0.25 Với x 1 thay vào (2) ta được: 4 y  4  2 y  1 0  2 y  1(2 y  1  1) 0  y  1 Ta có nghiệm: 0.25 ( x; y ) (1;  1) Với 1 2x x 2 y  2 x  1 0  y  2 x 0.25 (vì x =0 không thõa mãn) thay vào (2) ta được: 1 2x x 1  1 2x  4 x3  2   7 x 2  2 x 2  1 2 x  1  ( x  1) 2  2 x 2 2 x x  x  0.25. TH 1: x  1 0  x 1  y  1; TH 2 : x  1 2 x  x  1 . Câu:III. Vậy nghiệm của hệ 1 (1;  1);( 1;3);( ;3) 3 Tính tích phân. 1đ 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  6. . . 6 6 (sin x  x) sin x  1 x sin x  sin 2 x  1 x sin x I  dx  dx  dx  2 2   cos x cos x cos 2 x 0 0 0.  6. . 0.  6.   B dx x 06  6 0. ..  6.  6.  6. x sin x 1 x A  2 dx xd ( )  cos x cos x cos x 0 0 0.  6. 0.25 dx. . cos x 3 0.  6. 3.  6. . cos xd. cos.  1  1 1   1 s inx  1      ln d (s inx )  3 3 2 0  s inx  1 s inx 1  3 3 2 s inx 1. Vậy Câu IV. I.   1 1   ln 3 3 6 2 3. 2. 0.  6 0. 0.25. Tính thể tích và khoảng 1đ cách: Ta có SA  ( ABC )  SA  BC  o    BC  ( SAB)  SBA 60 AB  BC  0.25 S l à góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và 0.25 K M. A. C. H. ( ABC ) Do đó SA  AB.tan 600 a 3 ; 1 S ABC  AB.BC a 2 2 Vậy 1 1 3 VS . ABC  SA.SABC  a 3.a 2  a 3 3 3 3 (đvtt) Dựng. 0.25. B. AH  BM. ( H  BM ); AK  SH. 0.25. ( K  SH ). SA  BM    BM  ( SAH )  BM  AK  AK  ( SBM ) (do AK  (S AH  BM . Khi đó d (C , (SBM )) d ( A, ( SBM ))  AK. Ta có    BAH MBC MCB nên hai tam giác vuông HAB và BCA đồng dạng Hay AH BC BC 2a 2   AH  . AB  a a AB AC AC 5a 5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> AH 2 .AS2 12  a 2 2 AH  AS 19.  AK . d (C , ( SBM )) . 12 a 19. Vậy (đvđd) (Học sinh có thể giải bằng phương pháp tọa độ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.. CâuV. P. x 4. 2. 2. 2. x x y x y. 2. . 1đ. 2x  ( xy  x  y  1)( x  y ) 0.25. Đặt. z. P. y x ta có 1. . 2 ( x  1)( y  1)( z  1). 1. y x 2  y 2 1   x. 0.25. x 2  y 2  z 2 1 Áp dụng bất đẳng thức Cô 0.25 si ta có: 1 1 1 2 2 2 x 2  y 2  z 2  1   x  y    z  1   x  y  z  1 2 2 4 3  x  y  z 3 ( x  1)( y  1)( z  1)   3   0.25 Suy ra 2 54 P  x  y  z  1  x  y  z  3 3. .Đặt t  x  y  z  1  1 ta có :. 2 54 P  t  t  2 3. 2 54 f (t )   t  t  2 3. Xét hàm  1;   ta có : trên f '(t ) . 2 162  ; f '(t ) 0  t 1; t 4 4 2 t  t  2. Lập BBT ta có Maxf (t )  f (4)  t 1; . Pmax . Vậy x  y 1 CâuVIa. 1. 1 4.. 1 4 khi. Viết phương trình đường tròn (C):. 1đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Đường tròn (T) có tâm J(-. 0.25. M. 0.25 A. I. J. N B. 0.25. 5;7) bán kính 0.25 r 3 5 ,ta có MJ 10 . Đường tròn (C) có tâm I, bán kính R, đặt N  AB  IJ . Ta có : MN 2 MJ 2  NJ 2 100  (r 2  AN 2 )  AN 2  55 MN 2 MI 2  NI 2 MI 2  ( R 2  AN 2 )  AN 2  MI 2  R 2 2 2 Suy ra : MI  R 55 (1) Vì I    I (3t ; 4t  3)  IM 2 (3t  5)2  (4t ) 2 25t 2  30t  25 Do (C) tiếp xúc với  ' nên : R d ( I ,  ') 5 t  R 2 25t 2. 2. Thay vào (1) ta có: t 1  I (3;1); R 5 Vậy đường tròn (C) có phương trình : ( x  3) 2  ( y  1) 2 25 Tìm tọa độ của M : Vtpt của (P)  nP (2;  1;  1) .Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của  1  nQ  AB (1;1;1) 2 AB l à 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. 1đ. 0.25 0.25. A,vuông góc với (P) và (Q).    nR  nP ; nQ  (0;3;  3). 0.25 0.25. là vtpt của (R)  pt ( R) : y  z  3 0 .Vì M ( P)  (Q)  ( R).  M ( CâuVIIa. 2 1 17 ; ; ) 3 6 6. Tính xác suất:. 1đ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> *Trong 50 viên có ba loại: 17 viên có số chia 3 dư 1; 17 viên có số chia cho 3 dư 2; 16 viên có số chia hết cho 3. *Số cách chọn 3 viên có số 3 bất kì : C50 19600 *Số cách chọn 3 viên bi có tổng số là số chia hết cho 3: TH1: 3 viên được chọn cùng loại: C173  C173  C163 1920 TH2: 3 viên được chọn có mỗi viên một loại: C171 C171 C161 4624 Số cách chọn 3 viên có tổng số chia hết cho 3 3 3 3 : C17  C17  C16 +. 0.25. 0.25 0.25. 0.25. C171 C171 C161 = 6544 Vậy xác suất cần tính là: 6544 409 P  0,3339 19600 1225 CâuVIb. 1. Tìm tọa độ điểm B. Gọi N’ là. điểm. đối. xứng. của N qua. I. 1đ. thì. 0.25. 0.25. N’. thuộc AB, ta có :  xN ' 2 xI  xN  2   yN ' 2 yI  yN 3. 0.25. MN ' (  6;8) chọn vtpt. 0.25. .  n AB là (4;3) Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0  d d ( I ; AB ) . 4.2  3.1  1 42  32. 2. 2 2 Ta có 4 AB 5 BD ; đặt. BI a ( a  0)  4 AB 2 20a 2  AB  5a  AI 2a Trong tam giác vuông ABI.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 1 1 1  2 2 2 a 4a suy ra có: d a 5 ; IB  5  ( x  2) 2  ( y  1) 2 5. 2. Tọa độ B là nghiệm của 4x  3y – 1  0  2 2 hệ: ( x  2)  ( y  1) 5 Vì B có hoành độ dương nên B( 1; -1) Viết phương trình mặt phẳng (P): Mặt cầu (S). I. 1đ. có tâm. I(- 4;3;5). 0.25. bán. kính H O. 0.25. A. R 5 2 .Vì O và A thuộc. (S), H là tâm đường 0.25. tròn (C) nên IH  ( P)  IH  (OAH ). và tam giác OAH vuông. 0.25. cân tại H. Ta có : OA 5 2  HA . OA 5  IH  IA2  HA2 5 2. Vì mặt phẳng (P) qua O nên phương trình có dạng ax  by  cz 0 (a 2  b 2  c 2  0) Do A  ( P )   a  7b 0  a 7b nên ( P) : 7bx  3by  cz 0 Ta có: d ( I ;( P)) IH .  25b  5c 2. 50b  c. Khi b 0  a 0 chọn c 1  ( P) : z 0 Khi 5b  2c 0 chọn. 2. 5  5b  c  50b 2  c 2  5b2 .

<span class='text_page_counter'>(9)</span> b 2; c  5  a 14  ( P) :14 x  2 y  5 z 0 Vậy phương trình mặt phẳng Câu VIIb. ( P ) : z 0 ; ( P) :14 x  2 y  5 z 0 Giải bất phương trình: 9 x  x.3x  3 3x 1  3 x  3x. ( x  ). 1đ. (1) (1)  9 x  x.3x  3 3x 1  3x  3x  3x (3x  3)  x(3x  3)  (3x   (3x  3)(3x  x  1) 0 Xét hàm số f ( x) 3x  x  1 có. 0.25. x. f '( x ) 3 ln 3  1  0 x   0.25 , do đó f(x) đồng biến. x 3  3 0  x 1  x 1  TH 1:  x  x   ( x)  f (0) 3  x  1 0  f 0.25 3  x  1 0  3x  3 0  x 1  x 1 TH 2 :  x  x   ( x)  f (0)  f0.25 3  x  1 0 3  x  1 0 (vô nghiệm) Vậy tập nghiệm của bất S  0;1 phương trình: Học sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn được điểm tối đa.. x   0;1  x 1   x 0.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>