De thi thu Dai hoc lan 2 THPT Tong Duy Tan

De thi thu Dai hoc lan 2 THPT Tong Duy Tan tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất c...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN

******

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ HAI

NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: Toán 12 – Khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút

******

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

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số: 3 2 2

yx  mx  m (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của đồ thị hàm số (1) khi m  1

2 Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A, B là tiếp tuyến của đường tròn:  1  2 3 2 5

13

x   y  

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 sin 2 sin 3cos 2

4

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2  2 

2 2







Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân:

2 0

cos 2 1 cos sin

x x









Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I, AB2a, BD  3 AC, mặt bên

SAB là tam giác cân đỉnh A, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của

AI Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z với x 1,y 2,z  và thỏa mãn đẳng thức:3

xyz xy yz xz x y z  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

6

S

x y z



II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích bằng 4 5

2 , đáy lớn CD

nằm trên đường thẳng x 3y 3  0 Biết hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại I(2; 3). Viết

phương trình đường thẳng chứa cạnh BC, biết điểm C có hoành độ dương

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng : 2 1

x y z

  và mặt phẳng

( ) :P x y z 3  0 Gọi I là giao điểm của  và (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MI vuông

góc với  và M I 4 1 4

Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm hệ số x4 trong khai triển    3

P x   x x thành đa thức biết n là số nguyên

dương thỏa mãn Cn n2 6 n   5 An21

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip  

2 2

16 9

x y

E   và đường thẳng : 3x 4y 12 0

    cắt (E) tại hai điểm A và B Tìm điểm C(E) sao cho tam giác ABC có diện tích lớn

nhất

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng : 1 2

d    

 và mặt phẳng

( ) :P x 2y 2z 0 Gọi A là điểm trên d sao cho khoảng cách từ A đến m p P( ) bằng 1; B là điểm trên mặt phẳng (P) sao cho AB vuông góc với d và độ dài AB nhỏ nhất Tìm tọa độ các điểm A và B

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình:  2   2 1  4

4

-HẾT -

www.VNMATH.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN

********

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12

LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: Toán 12 – Khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút

*******

1 1 Khảo sát sự biến thiên …

Khi m 1 hàm số trở thành: y x  3 3 x2 4

* Tập xác định: R

* Sự biến thiên của hàm số

- Giới hạn của hàm số tại vô cực

lim

   ; lim

  

0.25 điểm

- Bảng biến thiên

2

x

x







x   -2 0



y' + 0 + 0

y

0 

  – 4

0.25 điểm

Hàm số đồng biến trên các khoảng    ; 2  và  0; 

Hàm số nghịch biến trên khoảng   2;0 

Hàm số đạt cực đại tại x  ; 2 yCD y    2  0

Hàm số đạt cực tiểu tại x ; 0 yCD y   0   4

0.25 điểm

điểm

2 Tìm các giá trị của tham số …

2

x







Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị điều kiện là 2m 0 m0

0.25 điểm

www.VNMATH.com

Khi đó, tọa độ hai điểm cực trị là: A2 ; 4m m34m2 và B0; 4 m2

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A, B là: 2 m x y2   4 m2 0

0.25 điểm

Điều kiện để AB là tiếp tuyến của đường tròn  1  2 3 2 5

13

x   y   có tâm I    1; 3 ,

bán kính 5

13

R  là:

4

;

d I AB

m

   



8m 39m 28 0

0.25 điểm

2

2

2 4

m m

 









Vậy, giá trị cần tìm là: 14

2;

4

m  m 

0.25 điểm

2

Giải phương trình: 2 sin 2 sin 3cos 2

4

Phương trình đã cho tương đương với:

2

sin 2 cos 2 sin 3cos 2

0.25 điểm

1 cos

2 sin cos 1

x













0.25 điểm

1



2 2

sin cos 1 sin

2















0.25 điểm

Phương trình có các nghiệm là:

2 3

x  k



   và

2 2 2















(với k ) Z

0.25 điểm

3

 

2 2







Xét phương trình (2): 2 2

Ta có:  2  x2y7xy26y140

Để tồn tại x điều kiện là:  2  2 

3

Mặt khác:  2  y2x6yx27x140

Để tồn tại y điều kiện là:  2  2 

0.25 điểm

www.VNMATH.com

2 10

3

Xét phương trình (1) với điều kiện 2 10

3

x

3

y

  , ta có:

      

Xét hàm số f t  3t 2

t

  với t 1;

Ta có: f ' t 3 22 0

t

   với  t 1;

Nên hàm số f t  đồng biến trên 1; 

0.25 điểm

Nên với điều kiện 2 10

3

x

3

y

  , ta có:

Hay  1 2

1

x y





 





0.25 điểm

Thay 2

1

x

y











vào phương trình (2) ta thấy không thỏa mãn

Vậy, hệ phương trình đã cho vô nghiệm

0.25 điểm

4

Tính tích phân:

2 0

cos 2 1 cos sin

x x









1 cos sin

cos sin



0.25 điểm

1

2 2 0 0

2







0.25 điểm

Xét

2

2

cos

x



2

2

2 0

cos

2

1 sin

4

x

x









Khi x 0 thì 2

2

Khi

2

 thì 2

2

t 

0.25 điểm

www.VNMATH.com

Nên

0.25 điểm

5 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách …

Do ABCD là hình thoi nên ACBD Từ BD  3 ACsuy ra IB 3IA

Ta có AB2 IA2IB24a2IA23IA2 IAa

Nên: AC2 ,a BD2 3a 1 2 3 2

2

ABCD

0.25 điểm

Do tam giác SAB cân tại A và AB2a nên: SA AB2a

Vì SHmp ABCD  nên tam giác SHA vuông tại H, từ đó:

 

2 2

2

Thể tích của khối chóp S.ABCD là: 1 1 2 15 3

a

0.25 điểm

Do CD mp SAB   nên:

0.25 điểm

Kẻ HK  AB tại K, khi đó:

Kẻ HLSK suy ra HLmp SAB  nên d H mp SAB ;   HL

a KL

0.25 điểm

6 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức…

Đặt ax1;b y2;c  thì z 3 a0;b0;c Thay vào giả thiết ta có: 0 abc  , 1

và:

a b c



0.25 điểm

I

D A

S

H K

L

www.VNMATH.com

Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất của

a b c



  với a, b, c là các số dương thỏa mãn abc 1

2

f t  t   t t với t 0

2

'

f t

t t





0

t



  





1 1

2 2

t t







2

1 1

2

t t

         









Ta thấy:

* Nếu 0 1

2

t

  thì 2t22t1 2t220, nên '  0, 0;1

2

f t    t  

 

* Nếu 1 1

2  thì t    

2

        

, điều này kéo theo

2t  2t1 t 1 0, nên '  0, 1;1

2

f t    t  

  Nếu t 1 thì    

2

t  t x    

, điều này kéo theo

2t  2t1 t 1 0, nên f' t 0, t 1;

Bảng biến thiên của f t 

x 0 1



 

'

f t + 0 –

 

f t

0

0.25 điểm

2

f t  t   t t f    t

Từ đó ta có: f a  f b  f c 0 nên suy ra:

2 2

2 2

0.25 điểm

Suy ra:

a b c

 

0.25 điểm

www.VNMATH.com

Vậy: maxS  2 khi ab  c 1

Hay: maxS  2 khi

0 1 2

x y z







 



  



7.a Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC …

Do ABCD là hình thang cân với đáy lớn CD và hai đường chéo AC, BD vuông góc với

nhau nên tam giác ICD vuông cân tại I

Đường thẳng qua I vuông góc CD x: 3y 3 0 có phương trình :

3(x2) ( y3)03xy 9 0

Gọi K là trung điểm CD ta có tọa độ K là nghiệm của hệ:

3;0

K









0.25 điểm

Mà KI KCKD nên C, D là giao điểm của đường thẳng CD và đường tròn tâm K bán kính

10

Do đó tọa độ của chúng là nghiệm của hệ







6;1 , 0; 1

  do C có hoành độ dương

0.25 điểm

Gọi H là trung điểm AB ta có

10 2

IH

Mà ID IK 2 DI 2IB B(3;5) BC (3; 4)

0.25 điểm

Vậy đường thẳng BC có phương trình: 4(x3) 3( y5)04x3y27 0 0.25

điểm 8.a Tìm điểm M thuộc (P) ……

Đường thẳng  đi qua điểm M02; 1;0  và có vec-tơ chỉ phương u  1; 2; 1  

Phương trình tham số của  là:

2

1 2

 





  



  



Tọa độ giao điểm I của  và mp(P) là nghiệm hệ phương trình:

0.25 điểm

I

B A

K

H www.VNMATH.com

 

1;1;1 1

I

Điểm M thuộc mặt phẳng (P) nên tọa độ M có dạng: M a b ; ;3 a b

MI a b a b 



0.25 điểm

Để MI vuông góc với  điều kiện là:

MI u  a   b   a b  

 

 

0.25 điểm

Thay (1) vào (2) ta có:

a

a





Vậy: M5;9; 11  hoặc M   3; 7;13

0.25 điểm

9.a Tìm hệ số trong khai triển …

Với n nguyên dương và n 2, ta có:

1

1

2

n

C   n   A  n n   n   n n 

2

1

10

n

n

 







Vậy n 10

0.25 điểm

Bài toán trở thành: Tìm hệ số của 4

x trong khai triển  3

P x  x x

10 1

k



Xét số hạng:    3

10

1 k C k x 3x k

1

2

1 k C k x 3x k 1 k C x k 1 3k x k

Bậc nhỏ nhất của x trong khai triển trên là k, bậc lớn nhất trong khai triển trên là 3k

0.25 điểm

Do đó 4

x nếu có thì chỉ có trong khai triển các số hạng ứng với :

4

3

Hay x4 nếu có thì chỉ cótrong khai triển các số hạng:

10

2

1 C x 1 3x

10

2

1 C x 1 3x

10

2

1 C x 1 3x

0.25 điểm

Như vậy, x4có trong khai triển các số hạng  2 2 2  2

10

2

1 C x 1 3x

10

2

1 C x 1 3x

Ta có:

*  2 2 2  22 2 2  2 4

1 C x 1 3x C x 1 6x x

x là 6C 102

*  4 4 4  24 4 4  2 

1 C x 1 3x C x 1 1 2x 

x là C104

Vậy, hệ số của 4

x cần tìm là: 2 4

10 10 4 0

6C C  8

0.25 điểm

7.b Tìm tọa độ điểm C trên elip …

Hoành độ giao điểm của đường thẳng  và elip (E) là nghiệm phương trình: 0.25

điểm

www.VNMATH.com

4 4

x x

x









Như vậy  và elip (E) cắt nhau tại hai điểm A 0;3  và B4; 0 có AB 5

Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên  thì:

ABC

Nên tam giác ABC có diện tích lớn nhất khi CH lớn nhất

0.25 điểm

Vì C(E)nên tồn tại ;

2 2

  

  sao choC4 sin ;3cost t

2 2

12 2 1

12 sin 12 cos 12 12



0.25 điểm

Dấu đẳng thức xảy ra khi 3

4

  , khi đó 4 sin 3 ;3cos 3

Hay 2 2;3 2

2

C  

Vậy, tọa độ điểm C cần tìm là 2 2;3 2

2

C  

0.25 điểm

8.b Tính thể tích khối tứ diện ……

Vì A nằm trên đường thẳng d nên A1 2 ; 2 t   t; t

2 2

1

t











0.25 điểm

-Với t0 A(1; 2;0)

Ta có (2B c2 ; ; )b b c thuộc P x: 2y2z 0

(2 2 1; 2; )



Theo bài ra AB vuông góc với đường thẳng : 1 2

 nên suy ra:

d

 

Như vậy: AB ( 1;b2; )b

AB   b b  b  

min

AB  b  c  B  

Trường hợp này ta tìm được A(1; 2; 0) và B(0; 1; 1) 

0.25 điểm

-Với t 1 A(3; 1; 1) 

Ta có (2B c2 ; ; )b b c thuộc P x: 2y2z 0



Theo bài ra AB vuông góc với đường thẳng : 1 2

 nên suy ra:

2

d

 

Như vậy: AB1;b1;b3

0.25 điểm

www.VNMATH.com

 2  2

min

AB  b  c B 

Trường hợp này ta tìm được (3; 1; 1)A   và B4; 2; 0 

Vậy: (1; 2; 0)A  và B(0; 1; 1)  ; hoặc A(3; 1; 1)  và B4; 2;0  0.25

điểm 9.b

Giải phương trình  2   2 1  4

4

Điều kiện xác định: x    ; 2  2;3  3;

Với điều kiện đó, phương trình viết lại là:

2

0.25 điểm

Với x    ; 2  2;3, ta có:

 * x 2 x2 3 x x2 8 x 2 2 thỏa mãn điều kiện đang xét

0.25 điểm

Với x 3;, ta có:

*   x 2 x2 x3 x 2x 4 0x 1 5

Nên trên khoảng đang xét phương trình có nghiệm x  1 5

0.25 điểm

Vậy, phương trình có các nghiệm: x  1 5 và x  2 2 0.25

điểm

www.VNMATH.com