De khao sat chat luong lan 1 nam hoc 20142015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG. ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN THI: TOÁN 12. Thời gian làm bài: 150 phút 3. 2. 2. 3. Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số y x  3mx  3(m  1) x  m  4m  1 . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m 1 . b) Tìm m để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị A, B thỏa mãn OB  3OA với A là điểm cực đại, B là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.. Câu 2 (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tuyến song song với đường thẳng 7 x  4 y  4 0 . Câu 3 (1,0 điểm) Tìm m để phương trình phân biệt.. 4. y. 2x  1 x  3 biết tiếp. 4 x( x  1) 2  m  x  1 0 có 3 nghiệm. Câu 4 (3,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, 0 các cạnh bên hợp với đáy một góc 60 . a) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. b) Tính khoảng cách giữa SA và CD c) Gọi M là điểm đối xứng với điểm C qua D, điểm N là trung điểm của SC, mặt phẳng (BMN) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.  x 3  15x 2  117 y  102 5. 3 2 x  9  3 2 Câu 5 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 8 x  27 y ( y  1)  2( x  6 y  1) 0 Câu 6 (1,0 điểm) Cho x, y là các số dương thỏa mãn x  y  1 3 xy . Tìm giá trị lớn 3y 3x 1 1 1 P    2 2 x( y  1) y ( x  1) x  y x y nhất của biểu thức --------------------------------------Hết--------------------------------. Họ và tên thí sinh: ………………………………Số báo danh: ………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Chữ ký của giám thị 1: ………………… Chữ ký của giám thị 2: ……………….

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG. Câu Ý 1 a. 1. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN THI: TOÁN 12. Nội dung 3 2 Khảo sát hàm số y x  3x  2.  x 0 y ' 3x 2  6 x; y ' 0    x 2 TXĐ:  , Nêu tính đb, nb, cực trị Lập được BBT Vẽ đồ thị trơn, một nét, thể hiện được tính lồi, lõm Tìm m để đths có 2 điểm cực trị A, B thỏa mãn OB  3OA với A là b điểm cực đại, B là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số  x m  1 y 3 x 2  6mx  3( m 2  1); y ' 0    x m  1 Lập BBT suy ra điểm cực đại A(m  1; m  1) , CT B(m  1; m  3) OB  3OA . ( m  1)2  ( m  3) 2  3 ( m  1) 2  ( m  1) 2.  2m2  4m  10 3(2m 2  2)  4m 2  4m  4 0  m  2. Điểm 1,00.  1 5 2. 2x  1 x  3 biết tiếp tuyến Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số song song với đường thẳng 7 x  4 y  4 0 . y. 7 7  : 7 x  4 y  4 0  y  x  1 4 . Tiếp tuyến //  nên có hệ số góc bằng 4 7 y'  ( x  3) 2 . Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của pt  x  1 7 7   ( x  3) 2 4   2 ( x  3) 4  x  5 3 7 1 x  1  y  y  x 2 . Pttt là 4 4 11 7 57 x  5  y  y  x 2 . Pttt là 4 4. 3. 4 x ( x  1)2  m  x  1 0 (1) có 3 pb  x  1 0  4 4 x( x  1) 2  m  x  1   2 4 4 x( x 1)  m ( x 1) Pt  x  1  4 2 (2)  x  2 x  1 m 4 2 Xét hàm số y x  2 x  1, x  1 . Lập được BBT. Tìm m để phương trình. 4. 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25. 0,25. 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu Ý. Nội dung Pt (1) có 3 nghiệm  pt (2) có 3 nghiệm lớn hơn hoặc bằng -1 Từ BBT suy ra 0  m  1 Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. Điểm 0,25. S. 4. N. a P Q M. 1,00. A. B. O. D. C. Gọi O là giao của hai đường chéo AC và BD. Khi đó, SO  ( ABCD) nên 0   Góc giữa SA và (ABCD) là góc SAO  SAO 60. Xét tam giác vuông SOA có. 4. b. SO OA.tan 600 . a 2 a 6 . 3 2 2. 0,25. 1 1 a 6 2 a3 6 VS . ABCD  .SO.S ABCD  . .a  3 3 2 6. 0,25. Tính khoảng cách giữa SA và CD AB // DC suy ra mp(SAB) chứa SA và song song DC. Vậy CA 2OA  d( C ;( SAB )) 2d( O;( SAB )) OK  SI  OK  (SAB )  d (O;( SAB )) OK. Kẻ Tam giác SOI vuông tại O . 1 1 1 4 4 14 a 42  2  2  2  2  OK  2 2 OK OI OS a 6a 3a 14. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó Gọi P là giao điểm của MN và SD, Q là giao điểm của BM và AD. Ta thấy P là trọng tâm của tam giác SMC và Q là trung điểm của AD. VMDPQ. Ta có VMCBN. . MP.MD.MQ 1  MN .MC.MB 6. 1,00 0,25 0,25. Gọi I là trung điểm của AB thì AB  OI , AB  SO  AB  ( SOI ). c. 0,25. S ABCD a 2. d (CD ;SA) d (CD;( SAB )) d ( C ;( SAB )). 4. 0,25. . 5 VDPQCNB  .VMCBN 6. 1 d ( N , ( MCB))  SO 2 Do N là trung điểm của SC nên 1 1 1 1 VMCBN  S MCB .d( N ;MCB )  S ABCD . SO  VS . ABCD 3 3 2 2 .. 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu Ý. Nội dung. Điểm. 5 VDPQCNB  .VS . ABCD 12 Do vậy . Phần còn lại của khối chóp S.ABCD, chứa 7 V2  .VS . ABCD 12 điểm S có thể tích là. VDPQCNB. Vậy 5. V2. . 5 7. 0,25.  x 3  15x 2  117 y  102 5. 3 2 x  9 (1)  3 8 x  27 y 2 ( y  1)  2( x  6 y  1) 0 Giải hệ phương trình  3 3 Pt thứ 2 tương đương với (2 x)  2 x (1  3 y )  (1  3 y ) (2). (2). 3 2 Xét hàm số f (t ) t  t ; f '(t ) 3t  1  0, t suy ra f (t ) đồng biến/  Và pt (2)  f (2 x)  f (1  3 y )  2 x 1  3 y hay 3 y 1  2 x. Thế vào (1) ta được x 3  15 x 2  39  1  2 x   102 5. 3 2 x  9  x 3  15 x 2  78 x  141 5. 3 2 x  9. . 3. 0,25. . 1,00. 0,25. 0,25. 3.   x  5   5  x  5   3 2 x  9  5. 3 2 x  9 g t t 3  5t Xét hàm số   xác định và liên tục trên  . 2 g '  t  3t  5  0, t    Hàm số g(t) đồng biến trên  Do đó.  1  f  x  5   f  3 2 x  9  . 0,25. x  5 3 2x  9.  11  5   x 3  15x 2  73x  116 0  x  4;  2   Vậy hpt có các nghiệm là. 0,25. 7   11  5 10  5   11  5 10  5  , ; ;  ,  3   2 3   2 3   Cho x, y là các số dương thỏa mãn x  y  1 3 xy . Tìm giá trị lớn nhất của.  x; y   4; . 6 biểu thức x  y  1 3 xy . P. 3y 3x 1 1 1    2 2 x( y  1) y ( x 1) x  y x y. 1 1 1 1 1   3 a  , b   a  b  ab 3 y x xy x y . Đặt 2.  a b   3  (a  b) ab    2  . Kết hợp a  b  0  a  b 2 3a 3b ab P    a 2  b2 1 b 1 a a  b (a  b) 2  2ab  a  b ab 3   (a  b) 2  2ab a  b  ab  1 a b 1 12     ( a  b) 2  a  b   2 4 a b  (Do ab 3  (a  b) ). 1,00. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu Ý. Nội dung Đặt t a  b, t 2 và xét hàm số. f (t )  t 2  t . Điểm 12  2, t 2 t. 12  0, t 2 2;   t2 suy ra f (t ) nghịch biến trên  3 max f (t )  f (2) 6  max P   2;  2 đạt được khi a b 1  x  y 1. 0,25. f '(t )  2t  1 . 0,25.

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