Câu I4 điểm.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1.. Câu II2 điểm.. 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 hơ
Trang 1Câu I(4 điểm) Cho hàm số y x= − 3 3x2 + 4 (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
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 (4 )x - 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 c¸c sè thùc d¬ng a, b, c Chøng minh r»ng:
-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
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 2Họ và tên thí sinh……… …….; Số báo danh………
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
x lim ( ) = +∞ ;
+∞
→ f x x
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 – 3x2 + 4 = mx – 2m 0,25
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA II
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC THÊM
Môn: TOÁN;
(Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang)
Trang 3⇔
=
−
−
−
=
(*) 0 2
2
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
≠
−
>
⇔
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 (k∈Z)
Vậy phương trình có nghiệm π 2π
3 k
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
2.ĐK: x>0
Phương trình ⇔ log log 4 log 2 5 0
4 4
2
2 x− − x − =
0,25
⇔ log 2 log2 6 0
Đặt t = log2x, phương trình trở thành: t2 – t – 6 = 0⇔ t = 3 hoặc t = - 2 0,25 với t = 3 ⇒ x = 23 = 8 (tm)
với t = - 2 ⇒ x = 2-2 = ¼ (tm)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 8 và x = ¼
0,25
Trang 4X N M
I
S
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
x
+
=
( )3
2
4x x + dx= 8 x + d x + = 4 x + +C
Vậy I = 1 ( 2 )3
4
-4
3
x
V
N M
I
O
B S
Gọi O là trung điểm AC Vì tam giác SAC cân nên SO⊥ AC 0,25
)) ( ) ( )(
(ABC vi SAC ABC
vì
2
3 ,
2
a OB a OC
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
Theo 1) ta có SB = 3a/2., SN = 3a/4
0,25
Trang 5Ta có: SN.SB=SK.SO suy ra SK =
6 4
9a
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
(d) có vtcp uuurd =(1;3) Ta có: OAuuur.uuurd = 0 0,25
⇔ 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
Vì B ∈ (d) ⇒ B(b;3b-2)Ta có OB2 = 20 ⇔ b2+(3b-2)2 = 20 ⇔ 5b2-6b-8=0 ⇔
( )
2 2; 4
;
= ⇒
= − ⇒ − − ÷
0,25
Vậy A 3; 1
5 5
−
, B(2;4) hoặc
4 22
;
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
⇔ ( )2
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
x y
= −
= −
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
2
a b c a a b c a b c b a b c a b c c a b c
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
Khi đó đpcm
0,25
1
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
3
x= = =y z
0,25
3 3 2
y
Thật vậy, Xét hàm số f(x) = x(1 −x víi) 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
2
y; 3 3
z ≥
−
y
x + y+ z≥
3 3
2
3
x= = =y z
0,25
Mọi cách khác giải đúng đều được điểm tối đa.