Đề thi thử toán lần 3 ppsx

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m0.. Tìm m để đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị lập thành một tam gíác có trọng tâm là gốc toạ độ.. 1,0 điểm Tính thể tích khố

WWW.VNMATH.COM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 3, NĂM 2011

MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x ( 3 m 1 ) x 2 ( m 1 ), m

4

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m0

2 Tìm m để đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị lập thành một tam gíác có trọng tâm là gốc toạ độ

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình 2 log ( 1 2 1 ) log ( 5 ) log ( 3 ).

2 1 2

cos

3 sin tan ) 2 cos 2

x

x x

x

Câu III (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm

1



 x x

e

xe

y trục hoành và đường thẳng x1 xung quanh trục hoành

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có AC  a , BC  2 a ,  ACB  1200 và đường thẳng A' C tạo với mặt phẳng ( ABB ' A ' ) góc 300 Gọi M là trung điểm BB'. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng ' AM , CC theo a

Câu V. (1,0 điểm) Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm

























2 3

3

1 2 2 1

3

2

a xy x x

x xy y

x

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b)

a Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng , d : 2 x  y  3  0 và elíp 1

1 4 : ) ( E x2  y2  Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với d và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 1

2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng 0 , ( P ) : 2 x  y  2 z  9  và hai điểm ), A ( 3 ;  1 ; 2

).

0

; 5

;

1

( 

B Tìm tọa độ của điểm M thuộc (P) sao cho MA MB đạt giá trị nhỏ nhất

Câu VIIa (1,0 điểm) Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau lên bảng

Tính xác suất để số vừa viết thỏa mãn trong số đó mỗi chữ số đều lớn hơn chữ số đứng trước nó

b Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol , ( P ) : y2  4 x có tiêu điểm F Gọi M là điểm thỏa mãn

điều kiện FM 3FO; d là đường thẳng bất kì đi qua M, d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B Chứng minh rằng tam giác OAB là tam giác vuông

2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng ,

2 1

4 2

1





và các điểm ), A ( 1 ; 2 ; 7 ).

4

; 2

; 3 ( ), 2

; 5

;

1

B Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho MA2  MB2 MC2 đạt giá trị lớn nhất

Câu VIIb (1,0 điểm) Hai bạn An và Bình thi đấu với nhau một trận bóng bàn Họ quy ước chơi với nhau

nhiều nhất 5 séc, ai thắng trước 3 séc là người thắng cuộc và trận đấu kết thúc Tính xác suất để trận

đấu kết thúc sau séc thứ tư, biết rằng xác suất An thắng trong mỗi séc là 0,4 và séc nào cũng có người thắng

- Hết -

Ghi chú: 1 BTC sẽ trả bài vào các ngày 21, 22/05/2011 Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại

phiếu dự thi cho BTC

2 Kỳ khảo sát chất lượng lần cuối sẽ được tổ chức vào chiều ngày 13 và ngày 14/06/2011 Đăng kí dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 21/05/2011

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 3, NĂM 2011

MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút

1 (1,0 điểm)

Khi m0 hàm số trở thành 2

4

1 4 2





y

a Tập xác định: D; y là hàm số chẵn

b Sự biến thiên:

* Chiều biến thiên: Ta có y'x32x







































0 2

2 0

'

; 2

0 0

'

x

x y

x

x





















2 0

2 0

'

x

x y

Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng ( 2;0) và ( 2;); hàm số nghịch biến trên các

khoảng (; 2) và (0; 2)

* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x0 với y CĐ 2; hàm số đạt cực tiểu tại x 2 và x 2

với y CT 1

4

1 lim

















0,5

*Bảng biến thiên:

x    2 0 2  

'

y  0  0  0 

y



 

2

1 1

c Đồ thị:

Đồ thị hàm số nhận trục tung làmn trục đối

xứng

0,5

2 (1,0 điểm)

Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị  y'0 có 3 nghiệm phân biệt

0 ) 1 3 ( 2

3

1





Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị là A(0;2m2),B( 6m2;9m24m1) và

) 1 4 9

; 2 6

( m  m2 m

0,5

I

(2,0

điểm)

Rõ ràng tam giác ABC cân tại A và trung tuyến kẻ từ A thuộc Oy Do đó O là trọng tâm của tam

giác ABC  y A2y B 0

x

O

2

2



y

2 1

WWW.VNMATH.COM

Kết hợp với (1) suy ra giá trị của m là

3

1



m

1 (1,0 điểm)

Điều kiện: 3

2

1



 x

Khi đó phương trình đã cho log2(1 2x1)log2(5x)log2(3x)

x

x x

x x

x

x x

































3

2 1 2 3

5 1 2 1

3

5 log ) 1 2 1 (

4

17 11

; 1 0

) 13 11 2 )(

1 ( 4 ) 1 2 ( ) 3

Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của phương trình là

4

17 11 ,



 x

x

0,5

2 (1,0 điểm)

2 0

cosx x k k Với điều kiện đó phương trình tương đương với

sin2xsinxcos2xsinxsin3xcosx(sinxcosx)

0 ) cos )(sin 1 sin 2 ( cos

) cos (sin cos ) cos (sin 2 sin

) cos (sin cos sin 2 cos cos 2 sin sin 2 cos sin 2 sin





























x x x

x

x x x x

x x

x x x x x x

x x

x x

x

, 0 ) cos )(sin 1 sin 2

0,5

II

(2,0

điểm)

6

5 2

6 2

1 sin 0 1 sin

4 1

tan 0 cos sinx x  x  x k

4 ,

2 6

5 , 2

Chú ý: HS có thể viết nghiệm của PT: x     k  k 

6



0,5

1 

e

xe

x

x

Suy ra hình phẳng đã cho là hình thang cong được giới hạn bởi các đường 0

, 0 ,



e

xe

Do đó thể tích khối tròn xoay là

) 1 (

1

0

2

e

xe

x

0,5

III

(1,0

điểm)

) 1 (

e

e dv x

x





1

1 ,







e v dx du

Theo công thức tích phân từng phần ta có

2

1 ln 1 )

1 ln(

1 1

1

1 1

1 1 1

) 1 (

0

1

0 1

1

0

1

0 0

1 1

0

2

























































e e

e e

x e

dx e

e e

e

dx e

x dx e

xe

x

x

x x

x x

x

Thay vào (1) ta được thể tích khối tròn xoay là

2

1 ln













e

e

0,5

IV

(1,0

điểm

+) Kẻ CH AB Vì AA'(ABC) nên

) ' ' (

30 )) ' ' ( , ' (



 CA H A C ABB A

+) Sử dụng định lí cosin và công thức diện tích cho ABC ta có

7

3 7

120 sin 2 2

,

a

a a AB

S CH a

7

5 '

' 7

3 2 2



14

105 2

3 7

5 '

3

a a S AA

+) Mặt phẳng ( ABB ' A ' ) chứa AM và song song CC '

7

21 7

3 ))

' ' ( , ( ) ' ,



0,5

0,5

Đặt z y1, z0 hệ trở thành



















2 3

1 2

2 3

2 2

a xz x

xz z x

Rõ ràng z0 không thỏa mãn hệ Với z0, đặt x hệ trở thành tz



















) 2 ( 2

) 3 (

) 1 ( 1

) 2 (

3 3

2 3

a t t z

t t z

Do z0 nên từ (1) suy ra t2 t2 0 hay t0 hoặc t2

Từ hệ (1) và (2) ta có , 0

2

3 2

2









t

t

0,5

V

(1,0

điểm

Xét hàm số , ( ;0) (2; )

2

3 )





t

t t f





















3

1 0

) 2 (

3 4 )

(

t

t t

t t t f

Suy ra BBT

t  0 1 2 3   )

(

' t

f +  0 + )

(t

f

 

2

3 6





Dựa vào BBT suy ra hệ có nghiệm





















2

3 2

6 2

a

a

hay















 2 1

4

a a

0,5

1 (1,0 điểm)

+)  d  pt  có dạng x2ym0

+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ







































) 1 ( 0

4 4

8

2 1

4

0 2

2 2

2

2

m my y

m y x y

x

m y x

d cắt (E) tại hai điểm A, B hệ có 2 nghiệm phân biệt324m202 2m2 2 (*)

+) Gọi A(2y1m; y1),B(2y2m; y2) trong đó y1, y2 là nghiệm của (1)

8

4 ,

2

2 2 1 2

1









0,5

VIa

(2,0

điểm)

2



A

H

'

C

'

A

'

B

M

WWW.VNMATH.COM

4

) 8 (

2

1 5

|

| ) , (

2 2















2





 m (thỏa mãn (*)) Suy ra phương trình :x2y20 hoặc x  y2 20

2 (1,0 điểm)

+) Gọi I là trung điểm AB Khi đó ) I(2;3;1 và IA  IB0

+) Ta có MA.MB(MIIA)(MIIB)(MIIA)(MIIA)MI2IA2

MB MA.

 đạt giá trị nhỏ nhất  MI nhỏ nhất (do

4

2

IA  không đổi)

M là hình chiếu vuông góc của I trên (P)

0,5

+) Chọn u IM n P (2;1;2) phương trình

























t z

t y

t x

IM

2 1 3

2 2 : Thay vào phương trình (P) suy ra

)

3

; 1

; 2 (



t

0,5

Gọi A là biến cố số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số được viết ra thỏa mãn mỗi chữ số lớn hơn chữ số

đứng trước nó Khi đó

}};

8 , 6 , 4 , 2 , 0 , 0 :



, 0

: {abcd a b c d

Để tính  ta xét các trường hợp sau

+) d 0 Trường hợp này có 3

9

A số

+) }.d 2,4,6,8 Trường hợp này có ( 2).4

8

3

A  số

Suy ra 4( 2) 2296

8

3 9

3



0,5

VIIa

(1,0

điểm)

Để tính  ta xét các trường hợp sau A

+) d 4 Trường hợp này có 1 số

+) d 6 Trường hợp này có C số 53

+) d 8 Trường hợp này có C số 73

Suy ra A 1C53C73 46

2296

46 )





 A

A P

0,5

1 (1,0 điểm)

+) (P :y24x có p 2 tiêu điểm )F(1;0 ).M(4;0

+) Nếu d  Ox pt d:x4 Từ hệ





















) 4

; 4 (

) 4

; 4 ( 4

4

2

B

A x

x y

90 0

16 16

+) Nếu d  Ox pt d:y  x k( 4)

Tọa độ A, B là nghiệm của hệ













x y

k kx y

4

4

2



















) 1 ( 0 16 4

4

2

2

k y ky

y x

0,5

Điều kiện d cắt (P) tại hai điểm phân biệt là pt (1) có 2 nghiệm phân biệt  k0

4 ( ),

; 4

2 2 1

2

y

A trong đó y1, y2 là nghiệm của (2)  y y1 2 16

4 (

2 1 2 2

OB OA

Suy ra OA vuông góc với OB hay tam giác OAB vuông trong mọi trường hợp Ta có đpcm

0,5

VIb

(2,0

điểm)

2 (1,0 điểm)

+) ).MdM(2t1;t4;2t

+) PMA2MB2MC2[(2t2)2(t2)2(2t7)2]

[(2t2)2 (t1)2(2t2)2][(2t4)2(t2)2 (2t4)2]9t218t12

0,5

9(t1)22121

Suy ra maxP21, đạt khi t1 hay M(1;3;2) 0,5

Gọi H là biến cố trận đấu kết thúc sau 4 séc; A là biến cố An là người thắng chung cuộc; A i là biến

cố An thắng séc thứ i; B là biến cố Bình là người thắng chung cuộc và B i là biến cố Bình thắng séc

thứ i, i = 1, 2, 3, 4 Khi đó ta có

;

B A

A = “Trong 3 séc đầu An thắng 2 séc và séc thứ tư An thắng”

(A1A2B3A1B2A3B1A2A3)A4;

B = “Trong 3 séc đầu Bình thắng 2 séc và séc thứ tư Bình thắng”

(B1B2A3B1A2B3A1B2B3)B4

0,5

VIIb

(1,0

điểm)

Từ giả thiết suy raP(A i)0,4, P(B i)0,6 với 4i1,2,3,

Theo công thức tính xác suất ta có

1152 , 0 4 , 0 6 , 0 ) 4 , 0 (

3 )

2592 , 0 6 , 0 4 , 0 ) 6 , 0 (

3 )

Suy ra P(H)P(A)P(B)0,3744

0,5