De khoi D rat hay co dap an

[r]

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG I §£ kiÓm tra chÊt lîng líp 12 lÇn 2

NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi: Toán, khối D

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề

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

Câu I(2,0 điểm)Cho hàm số 2 4

1

x y x





 (C)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2 Cho điểm A(-5;5) ,tìm m để đường thẳng y x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt B và C sao cho tứ giác OABC là hình bình hành (O là gốc toạ độ )

Câu II(2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

2

2 2

2cos 3sin 2 3

3(tan 1) 2cos sin( )

3

x

2 Giải hệ phương trình:  

,

x y R









Câu III(1,0 điểm) Tính tích phân: I











4

0

2

2 1 1

1

dx x x

Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt bên (SBC) là tam giác đều cạnh bằng a, cạnh bên SA vuông

góc với mặt phẳng (ABC),lấy điểm M trên cạnh BC sao cho MC = 2MB.Biết gócBAC  1200, tính

thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a b2 2a2  3b2   Tìm giá trị nhỏ nhất 1 0 của biểu thức:

2

P

a b



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

A.Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a(2,0điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, có đỉnh B và C thuộc đường thẳng

d 1: xy  1 0.Đường cao đi qua đỉnh B là d 2 : x 2y 2 0  ,điểm M(2;1) thuộc đường cao đi qua đỉnh C.Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC.

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1).Viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, biết khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng 3

Câu VII.a(1,0điểm) Giải bất phương trình sau:

x.2 2x  5 1 8.2x x.2x 4 2 2x 5 (x R)

B.Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b(2,0điêm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,choDABC có điểm M(0; –1) nằm trên cạnh AC.Biết AB = 2AM, đường phân giác trong góc A là d 1 : x – y = 0, đường cao đi qua đỉnh C là d 2 : 2x + y + 3 = 0.Tìm tọa

độ các đỉnh của tam giác ABC.

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai điểm A0; 2;1 ; (2;0;3)  B và mặt phẳng ( ) : 2P x y z  4 0 .Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho MA =MB và (ABM)( )P

Câu VII.b(1,0điểm) Giải phương trình sau: 3 2 1  3

3

1log ( 2 ) log 3 log 3 ( )

2 x  x  x  x1 x R

…….Hết……

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Thời gian kiểm tra chất lượng lần 3 tổ chức vào ngày 12 và 13 tháng 5 năm 2012

CâuI Nội dung Điểm

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm)

-Tập xác định: R\{-1}

-Sự biến thiên:

6

1

x

  1

lim

x y

    => đt x  1là tiệm cận đứng ;lim 2

  

=> đt y  2

là tiệm cận ngang 0.25 -Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến trên các khoảng   ; 1  1;

0.25

-Đồ thị

Nhận xét :Đồ thị nhận điểm I làm tâm đối xứng

0.25

Do các điểm O,và A thuộc đường thẳng : y x,để OABC là hbh thì BC OA 5 2

Hoành độ của B và C là nghiệm của pt: 2 4 2

(3 ) ( 4) 0 ( 1) (1) 1

x

x





Vì m2  2m25 0 m,nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt , d luôn cắt (C) tại hai điểm

Giả sư x x1, 2 là nghiệm của (1) ta có: 1 2

1 2

3 ( 4)

  





 

Khi đó B x( ;1 x1m C x), ( ;2 x2 m) BC2 2(x1 x2)2 2 ( x1x2)2  4x x1 2 (2)

Thay (2) vào (3) ta được: 2 2 2 4 50 2 2 4 50 50 2

0

m

m





 Với m = 0 thì O,A,B,C thẳng hàng nên không thoã mãn Vậy với m = 2 là giá trị cần tìm

0.25

0.25

0.25

0.25

2

2

3 cos 2 3 sin 2 4 2cos sin( )

3 cos cos 2 cos sin 2 sin 2 3sin( )

x



cos 0

sin( ) 0

DK















2

cos( ) 1(1)

6 cos(2 ) 3sin( ) 2 0 2cos ( ) 3cos( ) 1 0

1

6 2

x

x











      ;

(2)

2 ( ) 2

6









Vậy nghiệm của phương trình: 2

6

x  k 

0.25

0.25 0.25

0.25

H

M

C A

B S

2

,

x y R









1đ

Ta có: 2x3  8y3 8y2 x2 4y x   x34x y2 8xy2 40y3 0.(1)

Khi y 0 thì hệ đã cho vô nghiệm

Khi y 0, chia 2 vế cho y 3 0 ta được :

     

     

      Thay lên hệ ban đầu ta có 2

1 2

1

2

x

y y













1 1 2

x y











 Vậy hệ phương trình có nghiệm: 1;1 ; 1; 1

 

0.25

0.25 0.25

0.25

Câu:III

Tính tích phân I











4

0

2

2 1 1

1

dx x

x

1đ

x

dx dt

x

2 1 2

1











2

2

2 t t

Đổi cận

0.25

0.25 2

t t t

dt t

t t t dt

t

t t t

































2

2 4

2

4

2

2

2 3 2

3 2

1 2 4 3 2

1 ) 1 )(

2 2 ( 2 1

=

4 2

2

3 4ln

2 2

t

t

=

4

1 2 ln

2 

0.25

0.25

Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC, mà SB = SC nên AB = AC

Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABC ta có :

BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  a2 = 3AB2 

3

a

AB =

Mà

2

SA =SB -AB = a   SA = ;

0

.sin120

ABC

3 3 12 36

S ABC

Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABM ta có:

2

2 2 2 2 cos1200

3

a

Do đó tam giác AMB cân tại M nên

Mặt khác: SASC (do SA(ABC)) SA AC (2)

Từ (1) và (2) ta có: AC (SAM) (3) Kẻ AH SM (HSM) (4)

0.25

0.25

0.25

d1 d2

N M

C B

A

Từ (3) và (4) ta được:  ,  2. 2 2 ( )

21

SA AM



( Có thể giải bằng phương pháp gắn hệ trục toạ độ)

0.25

CâuV:

Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a b2 2 a2  3b2   (1)1 0

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2

P

a b



1đ

2 2

1

Đặt x a y; 1;z a

   khi đó (2) trở thành: x2 y2 z2 3

xy yz xz  x y z   xy yz xz   (3)

Ta có :

2

P

Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: (1 ) (1 ) (1 ) 1 1 1 9

P

xy yz zx

   Vậy GTNN là Pmin = 3

2 khi x = y = z khi đó a  b 1

0.25

0.25 0.25

0.25

Vì B BC d1 B(0; 1)  BM ( ; )   2 2 .

Do đó BM  là một véc tơ pháp tuyến của BC  MB  BC

Kẻ MN // BC cắt d 2 tại N ,vì tam giác ABC cân tại A nên tứ giác BCNM là hình chữ

nhật

/ / Do

(2;1)

Qua M







=> pt MN: x y  3 0 N = MN  d 2  8 1

3 3

N ; 

 

8 1

;

3 3

Do

Qua N







 



 pt NC: 7

0 3

x y   .Mà C = NC  d 1  2; 5

3 3



4 8 ( ; ) (1; 2)

3 3

Do CM  n

là một véc tơ pháp tuyến của AB  ptAB: x 2y  2 0.

8 4 ( ; ) (2;1)

3 3



là một véc tơ pháp tuyến của AC  pt AC: 6x 3y  1 0

0.25

0.25 0.25

0.25

Gọi n( ; ; ) 0a b c  là véctơ pháp tuyến của (P)

Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0)  pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0

Mà (P) qua B(0;0;-2)  a-b-2c=0  b = a-2c

Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0

) 2 (

2

2 2









c c a a

c a













c a

c a

7 TH1: a  c chọn ac  1  Pt của (P): x-y+z+2=0

TH2:a 7c chọn a =7; c = 1 Pt của (P):7x+5y+z+2=0

0.25 0.25 0.25

0.25

CâuVIIa

Gải bất phương trình sau: x.2 2x 5 1   8.2x x.2x 4  2 2x 5 

   (1) ĐK 5

2

d1

N

C B

A

2x 5 x 3

( )I 

2

( 2) 0

1 1

2 2

x

x x









(VN)

2

( 2) 0

2

x

x

x









Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = 5 1;

2 2

 



 

 

0.25

0.25

0.25

0.25

Gọi d là đường thẳng qua M vuông góc d1 với cắt d1, AB lần lượt tại I và N, ta có:

1

1 1

; ( 1; 0)

2 2

I  d d  I   N 

  (I là trung điểm MN)

1

ABCH  ptAB x y  A AB d   A 1

AB = 2AM  AB = 2AN  N là trung điểm AB  B 3; 1  

2

1

2

ptAM x y   CAMd  C  

Vậy toạ độ các đỉnh của tam giác ABC là :A(1;1);B   3; 1 ; 1; 2

2

C   

0.25 0.25

0.25 0.25

Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của AB 1 (1;1;1)

2

Q

    

là một vtpt của (Q)

I(1;-1;2) là trung điểm của AB  pt Q x y z( ) :    2 0

Gọi (R) là mặt phẳng qua A,B và vuông góc với (P) vtpt của (P)

(2; 1; 1) ; (0;3; 3)

n     n n n   

là vtpt của (R)  pt R y z( ) :   3 0 Toạ độ của M là nghịêm cuả hệ:

2 1 17

3 6 6

3 0

x y z

y z

   







   



0.25

0.25 0.25 0.25

Câu VIIb

Giải phương trình sau: 3 2 1  3

3

log ( 2 ) log 3 log

ĐK x (0;) (*)

2

(1) log ( 2 ) log 3 log 27 log ( 1) log ( 2) 3 ( 1) log 3

( 2) 3 ( 1) 3 ( 3) 2 ( 1) 3 ( 3 ) 3 2 3 (2)

                    

Đặt t = x2 3x khi đó (2) trở thành : 2 2 3 0 1

3

t

t





     



Với t 1 ta có : 2 2

3 13

( ) 2

3 13

( ) 2

  







      

  







Với t = -3 ta có : x2 3x3 x2 3x 3 0 (VN)

Vậy phương trình đã cho có nghhiệm: 3 13

2

x 

0.25

0.25 0.25

0.25

Học sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn được điểm tối đa.