Viết phương trình của đường thẳng Δ nằm trong P, vuông góc với d sao cho khoảng cách từ I đến Δ bằng 3 √ 2 Câu VIIa 1,0 điểm : Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số mà trong đó chữ số 2 [r]
Trang 1TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 21 -NĂM HỌC 2011-2012
MÔN: TOÁN-khối A-B-D (Thời gian: 180’- không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y= 3 x+2
x+2 có đồ thị (C)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Gọi M là điểm bất kỳ trên (C) Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B Tìm tọa độ M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.( I là giao điểm của các đường tiệm cận )
Câu II (2,0 điểm) 1.Giải phương trình: 1+sinx
2sin x − cos
x
2sin
2
x =2cos2(π
4−
x
2)
2 Giải hệ phương trình:
2
2
y
x
Câu III(1 điểm): Tính tích phân:
2 3
3
Câu IV (1.0 điểm).Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, đỉnh A’ cách đều các
điểm A, B, C Mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’ cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện
tích bằng a
2
√3
8 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’
Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thoã mãn abc = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
P
B PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa ( 2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh C biết phương trình đường
thẳng AB là: x + y – 2 = 0, trọng tâm của tam giác ABC là
14 5
;
3 3
G
và diện tích của tam giác ABC
bằng
65
2 (đvdt) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) x+ y − z +1=0 và đường thẳng:
d: x −2
y − 1
−1 =
z −1
−3
Gọi I là giao điểm của d và (P) Viết phương trình của đường thẳng Δ nằm trong (P), vuông góc với d sao cho khoảng cách từ I đến Δ bằng 3√2
Câu VIIa (1,0 điểm) : Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số mà trong đó chữ số 2 có mặt đúng hai lần,
chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số còn lại có mặt không quá một lần
2 Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb ( 2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, cạnh đáy BC có phương trình: x+ y + 1 = 0 (d1) phương trình đường cao kẻ từ B là d2 : x -2y – 2 = 0 Điểm M(2; 1) thuộc đường cao
vẽ từ đỉnh C Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình
y
Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d sao cho khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất
Câu VIIb (1,0 điểm): Giải phương trình
4 x x 2x 16.2 x 2x x (x )
.HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Trang 2TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN
4
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 21 -NĂM 2011-2012
Môn: TOÁN-khối A-B-D
Câu I
(2 điểm)
1.(1.0 điểm)
*Tập xác định: R\{-2}
*Sự biến thiên
-Chiều biến thiên:
x+2¿2
¿
¿
y '=4¿
x≠-2 Hàm số đồng biến trên các khoảng (-;-2) và (-2;+) -Cực trị: hàm số không có cực trị
0,25
-Giới hạn và tiệm cận:
lim
x →− ∞ y= lim
x→+ ∞ y =3⇒ y=3 là
tiệm cận ngang của đồ thị
x → −2+ ¿
y=− ∞ ⇒
lim
x →− 2 − y =+ ∞; lim
¿
x=2 là tiệm cận đứng của đồ thị
0,25
Bảng biến thiên
0,25
*
f(x)=(3x+2)/(x+2) x=-2 y=3
-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-3 -2 -1
1 2 3 4 5 6 7 8
x y
x=0y=1; y=0x=- 2
3
0,25
2 (1 điểm)
Gọi
M (a ; 3 a+2
a+2 )∈(C),a ≠ −2
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là:
0,25
x y
’ y
-
+
-
3
3
Trang 3¿
¿
y=4
¿
()Đồ thị:
Đường thẳng d1:x+2=0 và d2 :y-3=0 là hai tiệm cận của đồ thị
d1=A(-2; 3 a− 2
a+2 ¿ ,
d2=B(2a+2;3)
0,25
Tam giác IAB vuông tại I AB
là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB diện tích hình tròn S=
a+2¿2
¿≥ 8 π a+2¿2+64
¿
4¿
πAB
2
π
4¿
0,25
Dấu bằng xảy ra khi và chi khi
a+2¿2
¿
⇔
¿
a=0
¿
a=− 4
¿
¿
¿
a+2¿2=16
¿
¿
¿ Vậy có hai điểm M thỏa mãn bài toán M(0;1) và M(-4;5)
0,25
Câu II
(2 điểm)
1.(1 điểm)
⇔1+sin x
2.sin x − cos
x
2.sin
2x=2
1+cos (π
2− x ) 2
⇔1+sin x
2.sin x − cos
x
2.sin
2
x=1+sin x
0,25
⇔sin x (sin x
2− cos
x
2 sin x −1)=0
⇔
sin x=0 ⇔ x=kπ , k∈ Z
¿
sinx
2− cos
x
2 sin x − 1=0
¿
¿
¿
¿
¿
¿
0,25
3
0,25
O
(*)
Trang 4Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=k,kZ 0,25
2.(1 điểm)
2
(*) 2
y
x
Điều kiện :
0
x
(*)
0,5
2
2
0.25
2
2 2
x
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (2;1)
0,5
Câu III
(1,0 đ)
2
( sin )sin (1 sin ) sin (1 sin )sin (1 sin )sin
dx
sin
dx
dv
x
2
x
2
2 3
3
*
4 2 |
x
x
Vậy
4 2 3 3
I
0,25
0,25
0,25
0,25
C’
A’
Trang 5C©u IV
( 1 điểm )
- Do A’A = A’B = A’C nên hình chiếu vuông góc của A’ lên (ABC) trùng với
trọng tâm O của tam giác ABC
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AA’, Khi đó (P) (BCH) Gọi M là
trung điểm của BC thì MH AA’ và A ' AM nhọn H nằm giữa AA’ Thiết
diện của lăng trụ khi cắt bởi (P) là tam giác BCH
0,25
ABC đều cạnh a nên AM=a√3
2 , AO=
2
a√3
3 ; HB = HC =
a AH HM BC
Theo bài ra: SBCH=a2√3
a2√3
8 ⇒ HM= a√3
4
0,25
AH=√AM2− HM2=√3 a2
3 a2
3 a
4
Hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng A ' O
HM AH
Suy ra A ' O=AO HM
a√3 3
a√3 4
4
3 a=
a
3
0,25
Thể tích khối lăng trụ : V = A ' O SABC=1
2A ' O AM BC=
1 2
a
3
a√3
a3
√3 12
( đvtt)
0,25
Câu V
( 1 điểm)
Ta có: P= 1
a2+2 b2+3+
1
b2+2 c2+3+
1
c2
+2a2+3
Ta cã a2+b2 2ab, b2+ 1 2b 1
a2+2 b2
+3=
1
a2
+b2
+b2+1+2≤
1 2
1
ab+b+1
Tương tự: 1
b2
+2 c2+3≤
1 2
1
bc+c +1 ,
1
c2+2 a2
+3≤
1 2
1
ca+a+1
0,25
0,25
P≤1
2(ab+b+11 +
1
1
ca +a+1)=1
2(ab+b +11 +
ab
b+1+ab+
b
1+ab+b)=1
P=1
2 khi a = b = c = 1 VËy P lớn nhất bằng
1
2 khi a = b = c = 1. 0,25
1 Theo chương trình chuẩn
A
B
C
B’
H
O
M
Trang 6C©u VI.a
(2 điểm)
Gọi H là trung điểm của AB
CH AB
CH có pt : x-y-3=0
;
H CH AB H
CG 2GH C(9;6)
Gọi A(a;2-a) B( 5-a; a-3)
Theo gt :
5
ABC
a
a
* a = 0 A0; 2 ; B5; 3
* a = 5 A5; 3 ; B0;2
0,25
0,25
Đường tròn (c ) cần tìm có pt dạng:
x y ax by c a b c
(c ) qua A, B, C nên:
0,25
Vậy đường tròn cần tìm có pt:
2 2 137 59 66
0
• (P) có véc tơ pháp tuyến n(P )=(1;1 ;−1) và d có véc tơ chỉ phương
.u=(1;−1 ;−3)
I=d ∩(P)⇒ I (1 ;2 ;4)
• vì Δ ⊂(P); Δ⊥ d ⇒ Δ có véc tơ chỉ phương u Δ=[n(P) ; u]=(− 4 ;2 ;−2)
• Gọi H là hình chiếu của I trên Δ ⇒ H ∈mp(Q) qua I và vuông góc Δ
Phương trình (Q): −2(x −1)+( y −2)−(z −4 )=0 ⇔− 2 x+ y − z+4=0
Gọi d1=(P)∩(Q) ⇒d1 có véctơ chỉ phương
[n(P) ; n(Q)]=(0 ;3 ;3)=3(0;1 ;1) và d1 qua I
⇒ ptd1:
x=1 y=2+t
z =4+t
¿{ {
Ta có H ∈ d1⇒ H (1;2+t ;4+t)⇒ IH=(0 ;t ;t)
•
IH=3√2⇔√2 t2=3√2⇔
t=3
¿
t=−3
¿
¿
¿
¿
¿
0,25
0,5
G.
C
Trang 7• TH1: t=3 ⇒ H (1 ;5;7)⇒ pt Δ: x −1
− 2 =
y − 5
z −7
− 1
TH2: t=−3 ⇒ H (1 ;−1 ;1)⇒ pt Δ: x −1
−2 =
y +1
z −1
−1
0,25
Câu VIIA
( 1 điểm)
Gọi số cần tìm là: x a a a a a a a 1 2 3 4 5 6 7 (a
1 0)
· Giả sử a1 có thể bằng 0:
+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C72
+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C53
+ Số cách xếp cho 2 vị trí còn lại là: 2!C82
0,5
· xét a1= 0:
+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C62
+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C43
+ Số cách xếp cho 1 vị trí còn lại là: 7
0,25
Vậy số các số cần tìm là: C C72 .2!53 C82 C C62 .7 1134043 (số). 0,25
C©u VI.b
( 2điểm)
2 Theo chương trình nâng cao
1 Viết phương trình đường thẳng AB, AC 1,0
1 2
B d d B(0; –1) BM ( ; ) 2 2
MB BC
Kẻ MN // BC cắt d 2 tại N , do tam giác ABC cân BCNM là hình chữ nhật
0,25
PT đường thẳng MN: x y 3 0 N = MN d 2
8 1
3 3
N ;
NC BC PT đường thẳng NC:
7 0 3
x y
.C = NC d 1
2 5
;
3 3
C
0,25
AB đi qua B và AB CM PT đường thẳng AB: x2y 2 0
AC qua C và AC BN PT đường thẳng AC: 6x3y 1 0
0,25
0,25
* Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d =>H cố định và AH = const Do
(P)//d nên khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (p)
* Gọi I là hình chiếu vuông góc của H trên (p) d( , )H p HI HA HI
lớn nhất A ≡ I => (p) là mặt phẳng qua A nhận AH làm VTPT
0,25
0,25
H ∈ d ⇒ H (1+2 t ;t ;1+3 t) Và u=(2 ;1;3)
AH⊥ d ⇒ AH u=0¿ - là véc tơ chỉ phương của d) ⇒ H (3 ;1 ;4)⇒ AH(−7 ;− 1;5)
0,25
(P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
7x +y - 5z -77 = 0
0,25
Câu VIIb
ĐK: x 2 Với đk đó pt
2 2 2 2 4 4
4 x x 2x 4 x 2x x
3
4 x (2 x 1) 2 (2x x 1) 0
0,25
TH1: 24x4 1 4x 4 0 x 1
TH2:
3
4 2 2
0,25
Trang 83 8 2( 2 2)
x x
2 2
x
x
2
2 0
(*) 2
2 2
x
x
Giải (*):VT = x22x 4 (x1)2 3 3; VP =
2
1
2 2
x (*) VN
0,25
- Chú ý: Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối
đa-Trường THPT Triệu Sơn 4:
Hướng dẫn làm bài thi khảo sát chất lượng lần 2 năm học 2011- 2012
Môn: Toán
Câu 1: 1.( 1 điểm): HS tự khảo sát và vẽ đồ thị.
2.( 1 điểm): Gọi M (a ; 3 a+2
a+2 )∈(C),a ≠ −2 ; Viết phương trình tiếp tuyến (d) của (C) tại M ; tìm các giao điểm A, B của (d) với các tiệm cận Tam giác IAB vuông tại I AB là đường kính của
Trang 9đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB diện tích hình tròn S=
a+2¿2
¿≥ 8 π a+2¿2+64
¿
4¿
πAB
2
π
4¿
Dấu bằng xảy ra khi và chi
khi
a+2¿2
¿
⇔
¿
a=0
¿
a=− 4
¿
¿
¿
a+2¿2=16
¿
¿
¿
M(0;1) và M(-4;5)
Câu 2: 1 ( 1 điểm): pt ⇔1+sin x
2.sin x − cos
x
2.sin
2
x=2
1+cos (π
2− x ) 2
sin (sin2 cos sin2 1) 0
x k
x = k, kZ 2( 1 điểm): Đk : x0;3x 2y0;4x y 0
Từ (1) y=2x hoặc x = 2y thế vào (2) từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình là: (2;1)
Câu 3(1 đ):
( sin )sin (1 sin ) sin (1 sin )sin (1 sin )sin
2
dx
2
x
2
x
Câu 4(1 điểm): Từ gt suy ra hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC)
trùng với trọng tâm O của tam giác ABC Gọi H là hình chiếu vuông góc
của B lên AA’ , thiết diện là tam giác HBC Gọi M là trung điểm của BC
HM BC; AM=a√3
2 , AO=
2
a√3 3
SBCH=a2
√3
a2
√3
8 ⇒ HM= a√3
=√3 a2
3 a2
3 a
4
Do hai tam giác A’AO và MAH
A ' O
HM AH
'
A O
Thể tích khối lăng trụ : V = A ' O SABC=1
2A ' O AM BC=
1 2
a
3
a√3
a3√3
12 ( đvtt)
A
B
C
C
’ B
’
A
’
H
Trang 10Câu 5( 1 điểm): P= 1
a2
+2 b2+3+
1
b2+2 c2+3+
1
c2
+2a2+3
Ta có: a2+b2 2ab, b2+ 1 2b 1
a2+2 b2+3=
1
a2+b2+b2+1+2≤
1 2
1
ab+b+1
Tương tự 1
b2+2 c2+3≤
1 2
1
bc+c +1 ,
1
c2+2 a2+3≤
1 2
1
ca +a+1
P≤1
2(ab+b+11 +
1
1
ca +a+1)=1
2(ab+b +11 +
ab
b+1+ab+
b
1+ab+b)=1
2
P=1
2 khi a = b = c = 1.VËy P lớn nhất bằng
1
2 khi a = b = c = 1.
Câu 6a ( 2điểm)
1( 1 điểm) Gọi H là trung điểm của AB CH AB CH : x-y-3=0 ;
;
H CH AB H
CG GH C
; Gọi A(a;2-a) B( 5-a; a-3)
Theo gt :
5
ABC
a
a
* a = 0 A0; 2 ; B5; 3
* a = 5 A5; 3 ; B0;2
PT đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C là:
2 2 137 59 66
0
2( 1 điểm): (P) có véc tơ pháp tuyến n(P )=(1;1 ;−1) và d có véc tơ chỉ phương .u=(1;−1 ;−3)
; I=d ∩(P)⇒ I (1 ;2 ;4)
• vì Δ ⊂(P); Δ⊥ d ⇒ Δ có véc tơ chỉ phương u Δ=[n(P) ; u]=(− 4 ;2 ;−2)
• Gọi H là hình chiếu của I trên Δ ⇒ H ∈mp(Q) qua I và vuông góc Δ
Phương trình (Q): 2x y z 4 0; Gọi d1=(P)∩(Q) ⇒d1 có véctơ chỉ phương
[n(P) ; n(Q)]=(0 ;3 ;3)=3(0;1 ;1) và d1 qua I
⇒ ptd1:
x=1 y=2+t
z =4+t
¿{ {
Ta có H ∈ d1⇒ H (1;2+t ;4+t)⇒ IH=(0 ;t ;t) ; • IH 3 2 2t2 3 2 t= 3
t=3 ⇒ H (1 ;5;7)⇒ pt Δ: x −1
− 2 =
y − 5
z −7
− 1 ; t=−3 ⇒ H (1 ;−1 ;1)⇒ pt Δ: x −1
−2 =
y +1
z −1
−1
Câu 7a ( 1 điểm):Gọi số cần tìm là: x a a a a a a a 1 2 3 4 5 6 7 (a
1 0)
· Giả sử a1 có thể bằng 0: + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là:C72
Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là:C53 ; Số cách xếp cho 2 vị trí còn lại là: 2! 2
8
C
· xét a1= 0: + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C62
+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C43; + Số cách xếp cho 1 vị trí còn lại là:7
Vậy số các số cần tìm là: C C72 .2!53 C82 C C62 .7 1134043 (số).
Câu 6b : 1(1 điểm): B(0; –1) BM ( ; ) 2 2
MB BC Kẻ MN // BC cắt d2 tại N thì BCNM là hình
chữ nhật ; PT đường thẳng MN: x y 3 0 N = MN d2
8 1
3 3
N ;
NC BC PT đường thẳng NC:
7 0 3
x y
C = NC d1
2 5
;
3 3
C
AB CM PT đường thẳng AB: x2y 2 0 AC BN PT đường thẳng AC: 6x3y 1 0 2( 1 điểm) : Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d ; Gọi I là hình chiếu vuông góc của H trên (p) d( , )H p HI HA HI
lớn nhất A ≡ I => (p) là mặt phẳng qua A nhận AH làm VTPT
Trang 11H ∈ d ⇒ H (1+2 t ;t ;1+3 t) Và u=(2 ;1;3)
AH⊥ d ⇒ AH u=0¿ ) ⇒ H (3 ;1 ;4)⇒ AH(−7 ;− 1;5)
(P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x +y - 5z -77 = 0
Câu 7b : Với x 2 PT
3
4 x (2 x 1) 2 (2x x 1) 0
3
(2 x 1)(4 x 2 ) 0x
TH1: 24x4 1 4x 4 0 x1
TH2: 24 2 x2 2x3
x3 2 x 2 4x3 8 2( x 2 2)
2 2
x
x
x=2 Vậy nghiệm của PT là: x = 1; x = 2
Chú ý: Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.