De thi thu dai hoc hay

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT PHAN ĐĂNG LƯU ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1. LỚP 12A1 Năm học: 2012 – 2013 Môn thi: Toán (Thời gian làm bài: 180 phút). I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm)  x 3 y x 1 Câu 1( 2điểm) Cho hàm số 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên 2) Viết phương trình đường thẳng d song song với đường thẳng x  2 y  1 0 và cắt (C) tại hai điểm 45 AB  2 A, B sao cho   cos 2 x  sin 2 x  2sin  x    1 0 4  Câu 2( 1điểm) Giải phương trình:. Câu 3( 1điểm) Giải hệ phương trình:. 2 x + 3y + 2  3 y  x  2  2  27  13 y x  1.  4. 2 x  sin 2 x I  dx 1  cos 2 x 0. Câu 4(1 điểm) Tính tích phân: Câu 5( 1 điểm) Cho hình chóp SABC có tam giác ABC vuông tại C, AC = a, AB = 2a, SA vuông góc với đáy, góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SBC) bằng 600. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC. Chứng minh rằng AK  HK và tính thế tích khối chóp SABC. Câu 6( 1 điểm) Cho a, b, c là những số dương thoả mãn ab  bc  ca 2abc . Chứng minh rằng 1 1 1 1    2 2 2 a (2a  1) b(2b  1) c (2c  1) 2 II. PHẦN RIÊNG(3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng(Phần A hoặc phần B) A. Chương trình cơ bản Câu 7a(1 điểm) Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 . Biết A(1;0) , B(0;2) và trọng tâm G của tam giác ABC nằm trên đường thẳng y = x . Tìm toạ độ các đỉnh C, D. Câu 8a(1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + z  3 = 0, (Q): y + z + 5 = 0 và điểm A(1;  1;  1) . Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt (P), (Q) lần lượt tại M, N sao cho d vuông góc với giao tuyến của (P), (Q) và A là trung điểm của đoạn thẳng MN. Câu 9a(1 điểm) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè kh¸c nhau vµ kh¸c 0 mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ hai ch÷ sè lÎ. B. Chương trình nâng cao (E) :. x2 y 2  1 16 9 và đường thẳng. Câu 7b(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip d : 3 x  4 y  12 0 . Chứng minh rằng đường thẳng d cắt elip (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tìm toạ độ điểm C  ( E ) sao cho ABC có diện tích bằng 6. Câu 8b(1 điểm) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau d2 :. d1 :. x y 2 z4   1 1 2 và. x  8 y  6 z  10   2 1  1 . Gọi AB là đoạn vuông góc chung của d1 và d 2 ( A  d1 , B  d 2 ). Viết phương. trình mặt cầu đường kính AB. z  4  3i 2 Câu 9b(1 điểm) Trong các số phức z thoả mãn . Tìm số phức có mô đun nhỏ nhất ----------------------------Hết--------------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ĐÁP ÁN. Môn: Toán Câu Câu 1 (2 điểm). Nội dung. Điểm. D R \   1 *) TXĐ: *) Sự biến thiên:. y/ . 2  0 x  D ( x  1) 2 . Hàm số đồng biến trên các khoảng. - Chiều biến thiên: ( ;  1),( 1; ) - Cực trị: Hàm số không có cực trị lim y  lim y  1 x   - Giới hạn và đường tiệm cận: x    . Tiệm cận ngang: y  1 lim y ; lim y   x   1 x  1 . Tiệm cận đứng: x  1 - Bảng biến thiên: *) Đồ thị: Đường thẳng d có phương trình: x  2 y  m 0 (m 1). Pt hoành độ giao điểm của (C) và d là:  x  1  x  3 x 1   2 x 1 2  g( x ) x  (m  3) x  m  6 0 (*) d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác (-1)  m 2  2m  15  0 m   5   (**) m 3  g(1) 2m  10 0 x 1   x 1   A  x1 ; 1 , B  x2 ; 2  2   2  Khi đó (*) co hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Giả sử  Ta có. AB . 5( x1  x2 )2 45 AB   4 2 nên. 2. pt   cos x  sin x   cos x  sin x    cos x  sin x   2(cosx  sin x) 0  cos x  sin x 0   cos x  sin x  (2sin x  2) 0    2sin x  2 0    x  4  k     x     k 2 x   k , x   k 2  4 4 4 . Vậy phương trình có hai họ nghiệm. Câu 3. x  2, 0  y . 27 13. Điều kiện 2 x + 3y + 2  3 y  x  2  4(x + 3y + 2) = (3 y  x  2) 2  y  x  2 Thế y  x  2 vào. 27  13 y  x 2  1.   2;  . 0.25. 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5. 0.25. ta được.  x 0 1  13 x x 2  1  x 4  2 x 2 13 x 0  x( x 3  2 x  13) 0   3  x  2 x  13 0 3 / 2 3 Giải pt x  2 x  13 0 . Xét hàm số y  x  2 x  13, y 3 x  2  0 x  2 nên hàm số đồng biến trên. 0.25 0.25 0.25. 5( x1  x2 )2 45   ( x1  x2 )2 9 4 2.  m 4  ( x1  x2 )2  4 x1 x2 9  (m  3)2  4(m  6) 9  m 2  2 m  24 0    m  6 Kết hợp với (**) ta được m cần tìm là m=4, m=-6. Đường thẳng d có phương trình là: x  2 y  4 0, x  2 y  6 0 Câu 2. 0.25. y y   2  1 . 3 pt x  2 x  13 0 vô nghiệm.. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0.25.  x 0  Với x 0  y 2 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất  y 2 Câu 4 ( 1điể m).  4.  4. 2.  4. 2 x  sin x 2x sin 2 x I  dx  dx  dx 2 2  1  cos 2 x 2cos x 2cos x 0 0 0 u  x du dx  x    dx I1   2 dx v tan x dv  cos 2 x cos x 0 Tính . Đặt     4    2     I1  x tan x 04  tan xdx    ln cos x 04   ln 4 4 2 0    4.  4.  4 sin x 1 1 I 2  dx  tan 2 xdx   (1  tan 2 x) dx  2 2cos x 20 2 0 0  Tính  1 1     tan x  x  04   1   2 2 4  2 1    2 1 I I1  I 2   ln   1     ln  4 2 2 4 8 2 2 Câu 4 (1 điểm). 2.  4. 0.25. 0.25.  4.   dx    0  0.25 0.25. Ta có: SA  BC    BC   SAC   BC  AK AC  BC  (1)  AK   SBC  lại có AK  SC (2). từ (1) và (2)  AK  HK AK  SB  0    SB   AKH   AHK 60 Ta có AH  SB . Trong AHK ta có. AK  AH .sin 600  AH .. 0.25 0.25. 3 2. 1 1 1 1 1  2  2  2 (1) 2 2 AS AB AS 4a Xét tam giác vuông SAB, ta có: AH Xét tam giác vuông SAC, ta có: 1 1 1 1 1 4 1 1 3  2  2 2   2  2 (2) AK  AH . 2 2 2 AK AS AC AS a 3 AH AS a 2 ) ( do 2 a 2 a 3 1 6a 3  SA  S ABC  VSABC  SA.S ABC  2 lại có 2 . Vậy 3 12 Từ (1) và (2) Câu 6 (1 điểm). 1 1 1 x  , y  , z   x, y, z  0, x  y  z 2 a b c Đặt . x3 Ta có.  y  z. y3.  z  x. 2. . 2. P. x3.  y  z. 2. . y3.  z  x. 2. . 0.25 0.25. z3.  x  y. 2. 0.25. yz y z x3 3 3   3  x 8 8 64 4. zx zx y3 3  3 3  y 8 8 64 4. z3 ,.  x  y. 2. . xy xy z3 3  3 3  z 8 8 64 4. 0,5 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 1  x  y  z  4 2 (đpcm) Nên Câu 7a Ta có : ⃗ AB=( −1 ; 2 ) ⇒ AB=√ 5 . Phương trình AB là : 2x + y – 2 = 0. Trung điểm (2 1  I  ;1  điểm)  2  . G thuộc đường thẳng y  x , giả sử G  t; t  có của AB là   CI 3GI  C  3t  1;3t  2  0.25 P.  10 t  9 1 AB.d (C; AB ) 2  9t  6 4   2  t 2  9 Theo bài suy ra : SABC = 7 4  1 4 C ;   3 ; 3  3 3    Từ đó ta suy ra hai điểm hoặc C  7 4  10  2   1 4  2  10  C ;   D ;  C ;   D ;   3 3 .  3 3  3 3  Với  3 3 . 0.25 0.25 0.25. Câu 8a. M Î (P ) Þ M (x;y;3 - x) A là trung điểm MN  N (2 - x;- 2 - y;- 5 + x) N Î (Q) Þ x - y = 2 (1) uuuu r MN = (2 - 2x;- 2 - 2y;- 8 + 2x). Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q): r r r n = [n1, n2 ] = (- 1;- 1;1) . 0.25 r r n1 = (1;0;1), n2 = (0;1;1). uuuu rr MN vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q)  MN .n = 0 2x + y = 4 (2)  x = 2, y = 0 Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được M (2;0;1), N (0;- 2;- 3)  x 2 y z 1   1 2  pt đường thẳng MN: 1 2 Câu 9a Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã C 4=6 c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ 2 (1 C5 =10 c¸ch chän 2 ch÷ sè lẻ điểm)  cã C25 . C25 = 60 bé 4 sè tháa m·n bµi to¸n Mỗi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc thành lập. VËy cã tÊt c¶ C24 . C25 .4! = 1440 sè Câu 7b (1 điểm).  x2 y 2 1     16 9 3x  4 y  12 0 .   x 4    y 0  A(4;0), B(0;3)   x 0    y 3. là các giao điểm của d và (E). 2 2 3 x  4 y0  12 x y C ( x0 ; y0 )  ( E )  0  0 1 d (C , AB )  0 h 16 9 5 - Gọi (1). Ta có 1 1 3x  4 y0  12 1 SABC  . AB.h  .5. 0  3x0  4 y0  12 2 2 5 2  3 x0  4 y0 24 (2) 3 x0  4 y0  12 12    3 x0  4 y0 0 (3) Theo giả thiết suy ra. 0.25 0.25 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2 - Từ (1) và (2) ta được PT 2 y0  12 y0  27 0 , PT này vô nghiệm 3 32 y0 2 144  y0   x0 2 2 2 - Từ (1 và (3) ta được PT . Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 3  3    C  2 2;  C   2 2;   2  và 2 .  . Câu 8b (1 điểm. Câu 9b (1 điểm). :. d1 :. 0.25. x y 2 z4 x  8 y  6 z  10   d2 :   1 1 2 và 2 1 1 ..  d1 đi qua điểm M 1 (0; 2;  4) , có vectơ chỉ phương là u1 (1; -1; 2)  d 2 đi qua điểm M 2 ( 8;6;10) , có vectơ chỉ phương là u2 (2;1;  1) .     u1 , u2  .M 1M 2 70  ⃗ ⃗ d (d1 , d 2 )   2 35 35  u1 , u2    A  d1 , B  d 2  A (t ; 2  t;  4  2t ), B ( 8  2 s;6  s;10  s) Ta có   AB ( 8  2s  t ; 4  s  t ;14  s  2t ) ⃗ ⃗ ⃗⃗  AB  u1  AB.u1 0  s 4  ...    ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ AB  u2 t 2  AB.u2 0 Do AB là đường vuông góc chung nên   A (2;0;0), B (0;10;6) . 2 2 2 Mặt cầu đường kính AB có PT là: ( x  1)  ( y  5)  ( z  3) 35 z  4  3i 2. x  4  ( y  3)i 2  ( x  4)2  ( y  3)2 4(C)  z  x  yi Đặt . Ta có Tập hợp các điểm biểu z là đường tròn (C) có tâm I(-4;3) bán kính R=2. Ta có OI=5,. 2. M ( x; y )  (C), OM  x  y. 0.25. 0.25 0.25 0.25. 0.25. 2. . OM nhỏ nhất khi và chỉ khi OM=3  12  ( x  4)2  ( y  3)2 4  x  5 ( x  4)2  ( y  3)2 4  2   2 2 2  x  y 9  x  y 3 y 9  5 Ta có  12 9 z  i  Số phức có mô đun nhỏ nhất cần tìm là 5 5 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng thì cho điểm tối đa câu đó.. 0.25. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 1-(1điểm) AB=( −1 ; 2 ) ⇒ AB=√ 5 . Phương trình AB là : 2x + y – z – 2 = 0. Ta có : ⃗. I  ( d ) : y  x suy ra I(t;t) . I là trung điểm của AC : C(2t – 1 ; 2t) 1 AB . d (C ; AB)=2 ⇔|6 t − 4|=4 ⇔ 2 t =0 ¿ 4 Theo bài suy ra : SABC = t= 3 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 5 8 ; Từ đó ta suy ra hai điểm C(-1;0) hoặc C thoả mãn. 3 3 Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã C24=6 c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ C25 =10 c¸ch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã C25 . C25 = 60 bé 4 sè tháa m·n bµi to¸n Mỗi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc thành lập. Vậy có tất cả C24 . C25 .4! = 1440 số. ( ). * Chứng minh đường thẳng d cắt (E) tại 2 điểm ...  x2 y 2 1    ...   16 9 3x  4 y  12 0 . - Xét hệ PT giao điểm giao điểm của d và (E)..  x 4, y 0  x 0, y 3  A(4;0), B(0;3) . là các. 3 x  4 y0  12 x0 2 y0 2  1 d (C , AB )  0 h 16 9 5 - Gọi (1). Ta có 1 1 3x  4 y0  12 1 SABC  . AB.h  .5. 0  3 x0  4 y0  12 2 2 5 2  3 x0  4 y0 24 (2) 3 x0  4 y0  12 12    3 x0  4 y0 0 (3) Theo giả thiết suy ra 2 - Từ (1) và (2) ta được PT 2 y0  12 y0  27 0 , PT này vô nghiệm C ( x0 ; y0 )  ( E ) . 32 y0 2 144  y0 . 3  x0 2 2 2 .. - Từ (1 và (3) ta được PT Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 3  3    C  2 2;  C   2 2;   2  và 2.   d1 :. x y 2 z4 x  8 y  6 z  10   d2 :   1 1 2 và 2 1 1 .. Ta có:  d1 đi qua điểm M 1 (0; 2;  4) , có vectơ chỉ phương là u1 (1; -1; 2)  d 2 đi qua điểm M 2 ( 8;6;10) , có vectơ chỉ phương là u2 (2;1;  1) .        u1 , u2  ( 1;5;3), M 1M 2 (  8; 4;14)   u1 , u2  .M 1M 2 70 0    a/  Suy ra d1 và d 2 chéo nhau.     u1 , u2  .M 1M 2 70  ⃗ ⃗ d (d1 , d 2 )   2 35 35  u1 , u2    b/ Ta có A  d1 , B  d 2  A (t ; 2  t ;  4  2t ), B ( 8  2 s;6  s;10  s).

<span class='text_page_counter'>(8)</span>   AB ( 8  2 s  t; 4  s  t;14  s  2t ). ⃗ ⃗ ⃗⃗  AB  u1  AB.u1 0  ...   ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ AB  u AB . u  0   2 2  Do AB là đường vuông góc chung nên   A (2;0;0), B (0;10;6) . 2 2 2 Mặt cầu đường kính AB có PT là: ( x  1)  ( y  5)  ( z  3) 35 . M Î (P ) Þ M (x;y;3 - x) A là trung điểm MN  N (2 - x;- 2 - y;- 5 + x). N Î (Q) Þ x - y = 2. (1). uuuu r MN = (2 - 2x;- 2 - 2y;- 8 + 2x) Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q): r r r n = [n1, n2 ] = (- 1;- 1;1) . r r n1 = (1;0;1),n2 = (0;1;1). uuuu rr MN vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q)  MN .n = 0 2x + y = 4 (2)  x = 2, y = 0 Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được M (2;0;1), N (0;- 2;- 3) .  s 4  t 2.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>