Đề thi khảo sát chất lượng khối 12 năm 2010 môn thi: Toán khối thi: A, B

Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn Phương pháp toạ độ trong mp và trong không gian 2.00 điểm Toạ độ trong mạt phẳng 1.00 điểm * Gọi D, E lần lượt là chân đương cao kẻ từ B, C..[r]

.ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12 NĂM 2010

Môn thi: Toán

.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )

Câu I: Cho hàm % f x x4 2m2x2 m2 5m5 ( C )

1/

2/ Tìm các giá 61 +5 57 m  (C) có các  5+5 9 5+5 : 9 thành 1 tam giác vuông cân

Câu II: 1/ <* = >? trình sau trên @ % +5

x x

1 3

2

1









 2/ Tìm các B +5 * mãn1 log 0 57 >? trình:

3

1 

0

1

2 ln 1 1

x

x



Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có G ABCD là hình thoi,góc A=1200, BD = a >0 $9 bên SA vuông góc 2 G# Góc I J K (SBC) và G L 600 N J K O"  qua BD và vuông góc 2 59 SC Tính Q %  tích I hai R 57 hình chóp do J K O" 9 ra khi 5T hình chóp

Câu V: Cho ba % +5 S>? a, b, c * mãn abcacb Hãy tìm giá 61 2 = 57 : V5

1

3 1

2 1

2

2 2



c b

a P

PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )

(Thí sinh chọn chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.)

A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn

Câu VI.a: 1/ Trong J K W N Oxy cho > K ( )d có >? trình :x y 0 và  M(2;1) Tìm >? trình > K 5T 6Y5 hoành 9 5T > K  A ( )d 9 sao cho tam giác B

AMB vuông cân 9 M

2/ Z, >? trình > K (d)  qua XX"5T > K  

2

1 1

3

2 :







x d

và vuông góc 2 > K  d2 :x22t;y 5t;z2t (tR)

Câu VII.a: <* >? trình sau trên N * : 1 3 2 7 3  2 1 n 32n 2n 6480

n n n

n

C

B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: 1/ Trong J K 9 N Oxy, cho Elip (E): 2 2 , Parabol Hãy ,

: 10

>? trình > tròn có tâm :N5 > K   :x3y 6 0, 0  , xúc

.2 6Y5 hoành Ox và cát :G, chung 57 Elip (E) 2 Parabol (P)

2/ Z, >? trình > K (d) vuông góc 2 J K (P): x+y+z-1=0 0  5T 5* hai > K   và , 2

1 1

1 2

1 : 1

z y

x







  d2 :x1t;y1;zt tR

Câu VII.b: <* B >? trình sau trên @ % +5















1 2 2

4 2

2 2

log 6 1

x x

y y

y x

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Thí sinh không được sử dụng tài liệu

Giám thị ( Ký và ghi rõ họ, tên) ……… Số báo danh của thí sinh:

Hướng dẫn giảI chi tiết và biểu điểm

Mụn thi: Toỏn - Khối A, B

Hướng dẫn giải chi tiết này có lời giải của 09 bài và gồm 06 trang.

Chú ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được tớnh điểm từng phần như

đáp án qui định

Cõu I Kh ảo sỏt hàm số ( 2 điểm )

1 V ới m =1 Khảo sát hàm số f x  yx4 2x2 1 (C) (1.00 điểm )

1* TXĐ: D = R

2* Sự biến thiên của hàm số:

* Giới hạn t9i vụ c+c:   :



 f x



 f x

* Bảng biến thiên: f' x  y'4x34x4xx2 1

y'0 x0;x1;x1

x -∞ -1 0 1 +∞

y’ - 0 + 0 - 0 +

y +e 1 +e

0 0 Hàm số đồng bi,n trên mfi khoảng 1;0 và 1;, ngh1ch bi,n trờn mfi kho*ng ;1 và  0;1

Hàm s 9t c+c tiu t9i x1;y CT 0, 9t c+c 9i t9i x0;y CD 1

0.5

3* Đồ thị:

* h : y'' x12 2 4, cỏc  : là: 























9

4

; 3

3 ,

9

4

; 3

3

2

U

* Giao  2 cỏc 6Y5 9 N A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0)

* Hàm % là 5j trờn R nờn 0 1 @ 6Y5 Oy làm 6Y5  ]V

* h0 1 Giỏm * + / hỡnh

8 6 4 2

-2 -4

* Chỳ ý: Đối với Hs học chương trỡnh cơ bản thỡ quy tắc KSHS thực hiện như chương trỡnh chỉnh lý hợp nhất 2000

0.25

2 Tỡm tham số m (1.0 điểm)

* Ta cú f' x 4x3 4m2x0 x0;x2 2m 0.25

* Hàm % cú Ch, CT khi f’(x)=0 cú 3 B phõn B và n S=: :

m < 2 (1)

A0;m2 5m5,B 2m;1m ,C 2m;1m

0.25

Lop12.net

* Do tam giác ABC luôn cân 9 A, nên bài toán * mãn khi vuông 9 A:

vì k (1)

0 AC   m 3  m

AB

Trong ó AB 2m;m2 4m4,AC  2m;m2 4m4

Z@G giá 61 5R tìm 57 m là m = 1

0.5

Câu II

Giải phương trình và bất phuơng trình ( 2.00 điểm )

1

<* bpt ( 1.00 điểm )

x x

1 3

2

1











* hK:



















2 1 2

5 2

x

x

0.25

2

1

2 

* Z2 :

2

5 2

1



 x Bpt x2 3x 52x  2x2 11x152x3

Ta có:

























2

5 2

0 6 2

2

5 2

3

2

x x

x

Z@G @ B 57 bpt là: 























2

5

; 2 2

1

; 2

2 qB PTLG sinx.tan2x 3sinx 3tan2x3 3

* hK : 1

3

1 log x   0 0 x 3

0.25

* hK : cos2x0

PT t>?ng >?ng 2 sinx3 tan2x 30tan2x 3 x k ;kZ

2 6



*

6

5

; 3







Câu III

Tính tích phân 1   ( 1.00 điểm)

0

1

2 ln 1 1

x

x



* Tính dx I, hJ

x





1

0 1

1













2

; 0

;

t t x

2





Ta có: xcos2tdx2sint.cost.dt

0.25

* , n dx  t t dt

x

x

cos cos 1 2

1

1











2 2 2 sin 2

1 sin

2 2 cos 1 cos 2 cos cos 1

0

2 0 2 0 2

0 2

0 2

0

































I

0.25

* Tính 1 x  xdx J

0 1 ln

hJ  



























2 1

1

2

1 ln

x v

dx x

du xdx

dv

x u

2

1 1

ln 2

2 ln 1

1 1 2

ln 1 1

ln

1

0

2 1

0 1

0

2 1 0

















































x x

dx x

x x x

J

Z@G

2

3





I J K

0.25

Câu IV

Hình học không gian ( 1.00 điểm )

* Hình thoi ABCD có góc A=1200 và tâm O nên tam giác ABC !: :

và

2 2

BD

3

3

a AC

hJ I là trung  BC thì AI BC;AI OB

Mà SAmpABCDBC SI Do ó SIAlà góc I 2 mp(SBC) và mp(ABCD) vì SAI vuông 9 A :

2

3 60

tan

AI SA



0.25

* OK SC 9 K thì mp(BD;OK) là O"#

AC OC

SC KC

SC SC

AC OC KC KC

AC OC

SC







2

1

AC SA SC AC

HK

SA AC

SA KC















2

13 1

2

Trong ó H là hình 5,: 57 K trên mp(ABCD) và H :N5 AC

0.25

* Ký B: V, V1, và V2 là  tích 57 hình chóp S.ABCD, K.BCD và R còn 9

1







HK

SA HK

S

SA S

V

V

BCD

1 2 1

2 1

2 1 1















V

V V

V V

V V V V

O

A

B

D

C

S

I K

H

0.25

Câu V

Tìm GTLN 57 : V5 (1) ( 1.00 điểm )

1

3 1

2 1

2

2 2



c b

a P

ac

c a b b c a abc















1 ac1 a,b,c0 hJ atanA,ctanC 2 A C  k ;kZ Ta >s5

2

Lop12.net

(1) 6w thành

C

C C

A A

C C

A A

P

2 2

2 2

2

2 2

2

cos 3 sin C 2A 2sin

cos 3 2C 2A cos -cos2A

cos 3 cos

2 2cos

1 tan

3 1

tan

2 1

tan 2



































0.25

Do ó:

3

10 3

1 sin 3

10 3 sin

3 sin 2

2

















P

F=: K V5 ]*G ra khi:  

























0 sin 2

sin

1 2

sin

3

1 sin

C C A

C A

4

2 tan 3

1 sinC   C sin2AC1cos2AC0

2

2 tanA





















4

2

; 2

; 2

2 3

10

Ma

0.25

Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn

Ph>?ng pháp 9 N trong mp và trong không gian ( 2.00 điểm)

* <W D, E R l>s là chân >?ng cao t x B, C

Ta có 9 N  B(0 ; -1) và BM  2;2 , suy ra MBBC 0.25

* Ph>?ng trình > K MN là: x  y30

N MNBD nên  Do nên pt là









 3

1

; 3

8

3

7 



 y

*



















 















3

5

; 3

2 0

3 7

0 1

C y

x

y x

, nên ph>?ng trình AB là:













 3

8

; 3

4

0.25

* N vect? 5Q ph>?ng 57 BN là vect? pháp :G, 57 AC, nên ph>?ng trình

59 AC là: 6x  y3 10

A

2

* VTCP 57 d2 là v2;5;1 và 5z là VTPT 57 mp(P) i qua M và vuông góc

.2 d2 Pt mp(P) là: 2x5yz20 0.25

* <W A là giao  57 d1 và mp(P) nên A23t;t;12t

>?ng trình mp(P) thì      0.25

* h> K d 5R @ pt có VTCP u 3;1;1do MA6;2;2 Z@G > trình > K d là: (vì d { d2)

1

1 1

1 3

1











CâuVII.a <* pt : 1 3 2 7 3  2 1 n 32n 2n 6480 (1.00 điểm)

n n n

n

C

n n

n n n n

x C x

C x C x C C

1  0  1  2 2  3 3  

3 2

n n

n n n

x nC x

C x C C x

1 1 2

1

2 3 2

1 2 2

1 1 2

1

1

3 2

n n n

n

* <* ph>?ng trình 3n 2n 32n 2n 648032n 3n 64800

Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b Ph>?ng pháp 9 N trong mp và trong không gian (2.00 điểm)

1

*













5 5

10 2 2

2

y x

y x

q@ =G 2 f x > 0, có 2 giá 61 y  ]V nhau, suy ra > K i qua các giao  là: x = 2 ( cát :G, chung)

0.25

* <W I là tâm > tròn và I :N5 > K nên: I 63b;b



































2

1 3

4

3 4 2

3 6

b

b b b

b b b

Ta có: Tâm I1  3;1 và R1 1 Ph>?ng trình là x3 2  y12 1 0.25 Tâm I2  0;2 và R2 2 Ph>?ng trình là : x2  y 22 4 0.25 2

* h M  d1 , nên 9 N 57 M 12t1;1t1;t1  N d2 , nên 9 N 57 N 1t;1;t Suy ra MN t2t1 2;t1;tt1

0.25

* Z2 M,N d và J K (P) có 1 VTPT là n 1;1;1 Suy ra:

2 2

;

k MN P

mp















 5 2 5 4

1

t

t











  



5

2

; 5

3

; 5

1

* Z@G phu?ng trình > K (d) là:

5

2 5

3 5

1    

CâuVII.b

<* B ph>?ng trình ( 1.00 điểm )















1 2 2

4 2

2 2

log 6 1

x x

y y

y x

* hK : y > 0

Ph>?ng trình ~ y có 2 B là: y = -2x9" và y = 2x+1 0.25

* Z2 y = 2x+1 thay vào pt (1) có: 2 16log42 1  2 3 40

x x

* Z2 x = -1 thì y = 1, qB (x; y) là: (-1;1) Z2 x = 4 thì y = 32, qB (x;y) là: (4;32) 0.25

Lop12.net

Câu

VIa.1

(1,0 "

L trên nên , L trên > K nên ,

(2;1)

Tam giác ABM vuông cân 9 M nên:

,

MA MB



 

do b2 không  mãn @G

2

1

1

2

1

2

b

b

b

b

b







2

2 1

1 2

a b

b b

a



Z2 2 > K qua AB có >? trình

1

a b





 

Z2 4 > K qua AB có >? trình

3

a b





 

0,25

0,25

0,25

0,25

========== HÕt ==========

< /b>