Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1.. Bốc ngẫu nhiên một số.. Tính xác suất để số tự nhiên được bốc ra là số có 4 chữ số mà chữ số đằng trước nhỏ hơn chữ số đằng sau.. Cho hình
Trang 1Câu I(4 điểm) Cho hàm số 3 2
yx x (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)
2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt
Câu II(2 điểm ) Giải phương trình: 2
cos 2 sin
sin 2 2 sin 3
x x
x x
Câu III(2 điểm )
1.Một hộp đựng các số tự nhiên có 4 chữ số được thành lập từ các số 0,1,2,3,4 Bốc ngẫu nhiên một số Tính xác suất để số tự nhiên được bốc ra là số có 4 chữ số mà chữ số đằng trước nhỏ hơn chữ số đằng sau
log x - log (4x ) - 5 = 0
Câu IV(2 điểm ) Tính nguyên hàm
4
3
2
x x
xdx I
Câu V(4 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , tam giác
SAC cân tại S, góc SBC bằng 600, mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC)
1 Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC
2 Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC
Câu VI(2 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2
+y2 = 5 tâm
O, đường thẳng (d): 3x - y - 2 = 0 Tìm tọa độ các điểm A, B trên (d) sao cho OA = 10
5 và đoạn OB cắt (C) tại K sao cho KA = KB
Câu VII(2 điểm )Giải hệ phương trình:
) , ( 3
3
3 3 5
2 5
2
2 2
2 2
R y x x
x y
y
x y y
y x
x
Câu VIII(2 điểm ) Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:
-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………
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA II
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC THÊM
HỌC KỲ I, NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN, khối 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Trang 2
I 1
1/ Tập xác định: R
0,25
2
0 0
; 6
,
x
x y
x x y
0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 0 và 2; ; hàm số nghịch biến trên
khoảng 0; 2
0,25
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 yCĐ = 4
; ) ( lim
f x
f x
x
Đồ thị hàm số không có tiệm cận
0,25 Bảng biến thiên
x 0 2
,
y + 0 - 0 +
y 4
0
0,25
3.Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm (2;0), (1;0); đi qua điểm
x
y
3 2
4
-1
0,25
2/Phương trình hoành độ giao điểm: x3
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA II
ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC THÊM ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn: TOÁN;
(Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang)
Trang 3
(*) 0 2
2
2
m x
x
để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt khi và
hay
0 2
2 2
0 4 9
2
m
0 4 9
m
Vậy với m (
4
9
II
ĐK: sin2x 0 =>
0 cos
0 sin
x
x
0,25
PT => 3sin2x -2sinx = 2sin2x.cosx (2sin2x – 2sin2x.cosx)+sin2x- 2sinx = 0 0,25
2sin2x(1- cosx)+ 2sinx(cosx -1)= 0 2(1- cosx)(sin2x- sinx) =0 0,25
0 ) 1 cos 2 ( sin 0 sin 2 sin
1 cos
x x x
x
x
0,25
3 2
1 cosx x k (kZ)
Vậy phương trình có nghiệm 2
3 k
x
0,25
III 1.Gọi số có 4 chữ số là abcd, với a 0
Theo giả thiết số đằng trước không thể là số 0 Như vậy số có 4 chữ số được
mà chữ số đằng trước nhỏ hơn chữ số đằng sau chỉ có 1 cách đó là số 1234 0,25
Vậy xác suất cần tìm là 1
500
0,25 2.ĐK: x>0
Phương trình log22x log44 log4x2 5 0
0,25
Đặt t = log2x, phương trình trở thành: t2
– t – 6 = 0 t = 3 hoặc t = - 2 0,25
Trang 4với t = - 2 x = 2-2 = ¼ (tm)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 8 và x = ¼
IV
) 4 (
3 4
2
dx x
x x x
x
= x dx x x 4dx
4
3 4
1
3 2
4 4
3
C
x dx
2
4x x dx 8 x d x 4 x C
Vậy I = 3
2 1
4
4 x
-4
3
x
+C
0,25
V
N M
I
O
B S
Gọi O là trung điểm AC Vì tam giác SAC cân nên SOAC 0,25
)) ( ) ( )(
(ABC vi SAC ABC
vì
2
3 ,
2
a OB
a OC
Đặt SO = m thì SB2
Vì góc SBC bằng 600
nên
2
6 3
4 3 4
3 2
3 2
1 ) , cos(
60
2 2
2
m a m a m
a
a BC
0,5
SABC =
2
3 2
Vậy
8
2
3
.
a S
SO
2.Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Trong mp(SOB), từ I dựng đường thẳng IM //SO, M trên SB
0,25
Do SO vuông với (ABC) suy ra IM vuông với (ABC) hay đường thẳng IM là
trục đường tròn của tam giác ABC
0,25
Gọi N là trung điểm SB Trong tam giác SOB, từ N dựng đường trung trực của
cạnh SB, cắt IM tại X
0,25
Trang 5X N M
I
S
Theo 1) ta có SB = 3a/2., SN = 3a/4
Ta có: SN.SB=SK.SO suy ra SK =
6 4
9a
0,25
KN=SK.sinOSB =
2 4
XN = 1/3KN =
2 4
BX =
8
38
a
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là
8
38
a
0,25
VI
K
A
O
B
(C): x2 + y2 = 5 có tâm O(0;0) bán kính R = 5
0,25
Ta có d(O;d) = 10
t + 3(3t-2) = 0 t = 3
5 A 3; 1
5 5
0,25
Ta có OAB vuông tại A, KA = KB KA = KB = OK K là trung điểm OB
OB = 2OK = 2 5
0,25
Vì B (d) B(b;3b-2)Ta có OB2 = 20 b2+(3b-2)2 = 20 5b2-6b-8=0
;
0,25
Vậy A 3; 1
5 5
, B(2;4) hoặc
4 22
;
5 5
B
0,25
VI
I
Phương trình (2) y2 - 3y + 3 = x2 - x y - 3x - 3 = y2 - x2 - 2y - 2x thế vào 0,25 phương trình (1) ta có: 2 2
x y y2 - x2 - 2y - 2x
x y (y-1)2-(x-1)2
0,25
x +(x+1)2= 2
Trang 6Xét hàm số f(t) = t 4+t trên [0;+), f’(t) > 0 t≥0 f(t) đồng biến trên
[0;+)
0,25
phương trình (*) f((x+1)2) = f((y-1)2) (x+1)2 = (y - 1)2 x y 2
0,25
Với x = y - 2, thế vào (2) giải được:
1 2 3 2
x
y
0,25
Với x = - y, thế vào (2) giải được:
3 4 3 4
x
y
0,25
Vậy (x;y) 1 3; , 3 3;
0,25
VI
II
Ta có: ĐPCM
2
0,25
9 3 3 2
a b c a b c a b c a b c a b c a b c
0,25
a b c a b c a b c
, ta có: x,y,z>0 và x y z 1
Khi đó
0,25
1
1 x 1 y 1 z 2 Ta có:
Từ đó suy ra (1) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi 1
3
x y z
0,25
3 3 2
y
Thật vậy, Xét hàm số f(x) = x1 x ví i 0 x 1
Ta có f’(x) = 1 3
2
x x
3
x
; BBT
0,5
Trang 7x 0 1
3 1
f’(x) + 0
f(x) 2
3 3 Suy ra 0 < f(x) < 2
3 3 Dấu “=” xảy ra 1
3
x
Vậy ta có:
1
x x
=1 2 3 32
3 3
y y
3 3 2
y
z
z
z
y
x y z
3 3
2
Từ đó suy ra (2) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi 1
3
x y z
0,25
Từ đó suy ra đpcm dấu đẳng thức xảy ra khi a b c 0,25
Mọi cách khác giải đúng đều được điểm tối đa