a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 1... Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên P, ta có AH ≥HI=> HI lớn nhất khi A≡ I Vậy P cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm vé
Trang 1SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN THPT
ĐỀ SỐ 1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 6x2 + 9x 1 − (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
b) Tìm m để phương trình x(x 3) − 2 = m có 3 nghiệm phân biệt
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: (sinx cosx) + 2 = + 1 cosx
b) Giải bất phương trình: log x log (x 1)0,2 + 0,2 + <log (x 2)0,2 + .
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân: =
+
∫1
0
6x+ 7
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho z , 1 z là các nghiệm phức của phương trình 2 2z2−4z+ =11 0 Tính giá trị của biểu thức A =
2
+
b) Xét các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau Tìm xác suất để số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau lấy ra từ các số trên thảo mãn: Chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có
phương trình
3
1 1
2
1= = −
x
Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác
ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN)
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(4; 6), phương trình , đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 2x− y+13=0 và 6x−13y+29=0 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2 2
(x, y R)
Câu 9 (1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
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:………
Trang 2SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN THPT
ĐÁP ÁN ĐỀ 1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
1a
(1,25)
a) y=x3−6x2 +9x−1
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
• Chiều biến thiên: y'=3x2 −12x+9=3(x2 −4x+3)
<
>
⇔
>
1
3 0
'
x
x
y , y'<0⇔1< x<3.
0,25
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞,1) và (3,+∞)
• Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=1 và y CD = y(1)=3; đạt cực tiểu tại x=3 và
1 ) 3 ( =−
= y
+∞
→
−∞
x
0,25
• Bảng biến thiên:
0,25
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0,−1)
-1
1 2 3
x y
O
0,25
1b
(0,75)
Phương trình có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = m – 1 cắt (C) tại 3
2a
(0,5)
Ta có: (s inx cosx) + 2 = + 1 cosx ⇔ + 1 2 sin xcosx = + 1 cosx
x y’
y
3
-1
∞ +
∞
−
3
∞
−
Trang 3 =
⇔
cosx 0
1
s inx=
2
= +
2 x= k2 (k Z).
6 5
6
0,25
2b
(0,5)
Điều kiện: x > 0 (*)
log x log (x 1) log (x 2) ⇔ 2 + < +
log (x x) log (x 2) 0,25
⇔ x2 + > + x x 2 ⇔ > x 2 (vì x > 0).
3
(1,0) =
+
∫1
0
6x+ 7
3x 2 =
+
∫1
0
(6x+ 4)+ 3
dx
+
∫1
0
3
+
∫1 ∫1
3
+
∫1 ∫1
1
= + 2 ln 5
4a
(0,5) Giải pt đã cho ta được các nghiệm: 1 2
Suy ra
2 2
3 2 22
= = + ÷÷ = + =
Đo đó
2
11
4
+
= = +
0,25
0,25
4b
(0,5) Các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau: a a a a a1 2 3 4 5 trong đó ai ≠ aj với i≠ j
a1≠ ⇒0 Có 9 cách chọn a1
Mỗi cách chọn a1 có 9 cách chọn a2
Mỗi cách chọn a1, a2 có 8 cách chọn a3
Mỗi cách chọn a1, a2, a3 có 7 cách chọn a4
Mỗi cách chọn a1, a2, a3, a4 có 6 cách chọn a5
9.9.8.7.6
0,25
0,25 Xét biến cố A: “ Số có năm chữ số lấy ra thoả mãn chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước” Vì chữ số 0 không thể đứng trước bất kỳ số nào nên xét tập hợp:
X={ 1; 2;3;4;5;6;7;8;9 } Mỗi bộ gồm 5 chữ số khác nhau lấy ra từ X có một cách sắp
0,25
Trang 4xếp theo thứ tự tăng dần⇒ Ω =A C95
126 1 ( )
27216 216
P A
5
(1,0)
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa
d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH ≥HI=> HI lớn nhất khi A≡ I
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
) 3 1
;
; 2 1
H d
) 3
; 1
; 2 ( ( 0
⇒
⊥d AH u u
) 5
; 1
; 7 ( )
4
; 1
; 3
7x + y -5z -77 = 0
0,5
0,5
6
(1,0)
*) Ta có:
2 2 2a 3
AN = AB −BN =
Diện tích tam giác ABC là:
2 1
2
ABC
0,25
Thể tích hình chóp S.ABC là:
2
S ABC ABC
32a 33
3
0,25
*) Ta có:
.
.
1
4
B AMN
S ABC
3
B AMN S ABC
0,25
2
2
Gọi H là trung điểm AN thì MH ⊥AN, 2 2
a 17
Diện tích tam giác AMN là 1 12a 3.a 17 a2 51
AMN
Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là:
3
2
17
B AMN AMN
V
d B AMN
S∆
0,25
7
(1,0)
- Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM.
Khi đó
CH có phương trình 2x−y+13=0,
CM có phương trình 6x−13y+29=0
0 29 13 6
0 13 2
−
−
⇒
= +
−
= +
−
C y
x
y x
-AB⊥CH ⇒n AB =u CH =(1,2)
⇒pt AB:x+2y−16=0.
0,25
M(6; 5) A(4; 6)
C(-7; -1)
B(8; 4) H
S
A
B
N
C M
H
Trang 5- Từ hệ (6;5)
0 29 13 6
0 16 2
M y
x
y x
⇒
= +
−
=
− +
)
4
; 8 (
B
- Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC:x2+y2+mx+ny+p=0
Vì A, B, C thuộc đường tròn nên
= +
−
−
= + + +
= + + +
0 7
50
0 4
8 80
0 6
4 52
p n m
p n m
p n m
−
=
=
−
=
⇔
72 6 4
p n
m
Suy ra pt đường tròn: x2+y2−4x+6y−72=0 hay (x−2)2+(y+3)2 =85 0,25
8
(1,0) Giải hệ: + + + + = + + +
∈
2 2
x y x y 3 (x y) 2 x y (1)
(x, y R)
Điều kiện: 0
0
x y
x y
+ ≥
− ≥
(*) Đặt t= + ≥x y 0, từ (1) ta có: t + t + = 3 t2 + 2 t
0,25
⇔ − + t t2 t + − 3 2 t = 0
−
+ +
3(1 t)
t 3 2 t
+ +
3
t 3 2 t
+ +
3
0,25
Suy ra x y+ = ⇔ = −1 y 1 x (3)
Thay (3) vào (2) ta có: x2 + + 3 2x 1 − = 3
⇔ ( x2 + − + 3 2) ( 2x 1 1) − − = 0 ⇔ − + − =
− + + +
2 2
0 2x 1 1
− + + +
2x 1 1
− + + +
2
0, x
2 2x 1 1
0,25
Suy ra (x = 1; y = 0), thoả mãn (*)
9
(1,0) Ta có :
P
Nhận thấy : x2 + y2 – xy ≥ xy ∀x, y ∈ R
Do đó : x3 + y3≥ xy(x + y) ∀x, y > 0 hay
x y
y + x ≥ + ∀x, y > 0
0,25
Tương tự, ta có :
2 2
y z
z + y ≥ + ∀y, z > 0
z x
x + z ≥ + ∀x, z > 0
0,25
Trang 6Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được:
P ≥ 2(x + y + z) = 2 ∀x, y, z > 0 và x + y + z = 1 0,25 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = 1
Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa.
