De dh khoi A co dap an lan 2 Quang xuong 1

Câu IV1,0 điểm Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB a; BC 2a ;SA vuông góc với o mặt phẳng ABC.Gọi M là trung điểm của AC,biết góc giữa mặt phẳng SBC và ABC bằng [r]

Së gd & ĐT thanh hãa

líp12 n¨m näc 2012 -2013 lÇn 2 Môn thi: Toán, khối A+B và khối A1

Thời gian làm bài 180 phút, đề gồm có 01 trang.

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

Câu I(2,0 điểm) Cho hàm số y x 3  3(m1)x2 6mx 3m4 (C m) ( m là tham số thực).

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số(C m) khi m  0.

2 Tìm giá trị của tham số m để tiếp tuyến tại A(1; 2) cắt đồ thị hàm số (C m) tại B sao cho tam giác OAB

cân tại O (O là gốc tọa độ).

Câu II(2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

(1 cos 2 sin 2 ) cos os2

cos tan 1

x x x c x

x x



2 Giải hệ phương trình :

xy x x x y x

x y

x y x x y x











Câu III(1,0 điểm) Tính tích phân:

6

2 0

(sin )sin 1 cos

x x x

x





Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB a BC ; 2a ;SA vuông góc với

mặt phẳng (ABC).Gọi M là trung điểm của AC,biết góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60o.Tính

thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM) theo a

Câu V(1,0 điểm) Cho x y, là các số thực dương,tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

2

2

P

x y xy x y

x x y

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 tọa độ Oxy,cho đường tròn ( ) : (T x5)2(y 7)2 45 và hai đường thẳng

: 4x 3y 9 0;

    ' : 3x4y12 0 .Viết phương đường tròn (C) có tâm thuộc đường thẳng ,tiếp xúc với đường thẳng ' và cắt (T) tại hai điểm A, B sao cho đường thẳng AB đi qua điểm M  ( 5; 3)

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2P x y z  4 0 và hai điểm

0; 2;1 ; (2;0;3)

.Điểm M thuộc mặt phẳng (P),sao cho tam giác MAB cân tại M Biết mặt phẳng

(ABM)vuông góc với mặt phẳng( )P ,tìm tọa độ của điểm M.

Câu VII.a(1,0điểm) Trong một hộp có 50 viên bi được đánh số từ 1 đến 50,chọn ngẫu nhiên 3 viên.Tính xác suất

để tổng 3 số trên 3 viên bi được chọn là một số chia hết cho 3

B.Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b(2,0điêm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và 4AB2 5BD2 Điểm M4; 5 

thuộc

đường thẳng AB,điểm N6; 1 

thuộc đường thẳng CD.Tìm tọa độ đỉnh B,biết B có hoành độ dương.

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz,cho mặt cầu ( ) :S x2y2z28x 6y10z0và điểm

( 1;7;0)

A  .Mặt phẳng (P) đi qua O và A cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn (C) có tâm H,sao cho

tam giác OAH vuông.Viết phương trình mặt phẳng (P).

Câu VII.b(1,0điểm) Giải bất phương trình : 9xx3x 3 3x13x3x (x )

Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu.Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.

Họ và tờn thớ sinh……… Số bỏo danh :………

Nhà trường sẽ tổ chức kiểm tra lần 3 vào ngày11 và 12 thỏng 5 năm 2013

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG I đáp án đề kiểm tra chất lợng lần

2 năm học 2012- 2013

Mụn :toỏn Khối A+A1+B (đề gồm cú 4 trang)

vẽ đồ thị hàm số khi m = 2

1đ

0.25

0.25

0.25

0.25

Ta cú ;

2

'( ) 3 6( 1) 6

f x  x  m x m

.Tiếp tuyến tại A(1;2) là

:y 3x 5

Phương trỡnh hoành độ giao điểm của  và (C m) :

3 3( 1) 2 6 3 4 3 5

2

(x 1) (x 3m 1) 0 x 1;x 3m 1

Khi đú

B m  m OA   OB m  m

.Để tam giỏc OAB cõn tại

O thỡ

3

OA OB  m   m   m  m  m m

Khi m 0 B A (loại)

Vậy

1 3

m 

là giỏ trị cần tỡm

0.25

0.25 0.25

0.25

giỏc:

1đ

Điều kiện:

Với m = 0 ta được y = x3 – 3x2 + 4

1.Tập xỏc định : D = R

2

j

o

- 

2

- 

y

y'

x

.Sự biến thiờn a.Giới hạn tại vụ cực

lim ;lim

b.Bảng biến thiờn :

2

y  x  x y   x x

Hàm số đồng biến trờn  ;0

và2;

Hàm số nghịch biến trờn 0;2

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CD 4 ; Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 , y CT 0

3 Đồ thị :

Đ

8 6 4 2

-2 -4 -6 -8

iểm uụn I(1;2)

cos 0

x

x













cos

x

x



(cosx sin )(cosx x sinx 1) 0 cosx sinx 0 (2); cosx sinx 1 0 (3)

4

;

2

Đối chiếu với điều kiện ta

có nghiệm của phương trình:

4

x k x  k 

0.25

0.25

0.25

0.25

2 Giải hệ phương trình:

( 1) ( 1) 5 (1)

( , )

4 7 2 1 2 1 (2)

xy x x x y x

x y

x y x x y x











1đ

Điều kiện: y 1.Từ phương trình (1) ta có:

x xy x x xy x xy x x

x x y x x x y x

Với x 1thay vào (2) ta được:

4y 4 2 y  1 0 2 y1(2 y 1 1) 0  y1

Ta có nghiệm:

( ; ) (1; 1)x y  

Với

2

2

1 2

x y x y

x



(vì x =0 không thõa mãn)

thay vào (2) ta được:

2

1

3

Vậy nghiệm của hệ

1 (1; 1);( 1;3);( ;3)

3

0.25

0.25

0.25

0.25

0.5

6

6

B dx x



0

x







0.25

Vậy

ln

3 3

Ta có



AB BC



l à góc giữa hai

mặt phẳng

(SBC) và

(ABC)

0

.tan 60 3

SA AB a ;

2

1 2

ABC

S  AB BC a

Vậy

.

V  SA S  a a  a

(đvtt) Dựng

SA BM



Khi đó

Ta có

BAH MBC MCB nên

hai tam giác vuông HAB

và BCA đồng dạng

Hay

.

AH BC BC a

AH AB a a

AB AC AC  a 

0.25

0.25

0.25

0.25

K

H

M

C

B A S

2 2

.AS 12

AH

AH



Vậy

12

19

(đvđd) (Học sinh

có thể giải bằng phương pháp tọa độ)

biểu thức

1đ

2 2

1

P

y

x

Đặt

y z x



ta có

1

P

Áp dụng bất đẳng thức Cô

si ta có:

3

3

3

x y z

Suy ra

P

.Đặt t    x y z 1 1 ta

2 54 2

P

t t

 



3

2 54 ( )

2

f t

t t

 



trên 1; 

ta có :

2

2



Lập BBT ta có

 1; 

1

ax ( ) (4)

4

t

M f t f

 

Vậy ax

1 4

m

P 

khi

1

x y

0.25

0.25

0.25

0.25

Đường tròn (T) có tâm

J(-5;7) bán kính

3 5

r  ,ta

có MJ 10 Đường tròn (C) có tâm I, bán kính R, đặt

IJ

N AB Ta có :

MN MJ NJ r AN AN

MN MI NI MI R AN AN MI R

Suy ra :MI2 R2 55 (1) Vì

I   I t t  IM  t  t  t  t

Do (C) tiếp xúc với '

nên :

R d I   t  R  t

Thay vào (1) ta có:

1 (3;1); 5

t  I R

Vậy đường tròn (C) có phương trình :

(x 3) (y1) 25

0.25 0.25

0.25

0.25

Vtpt của (P)

(2; 1; 1)

P

n   

.Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của AB

1

(1;1;1) 2

Q

n AB

    

l

à một vtpt của (Q) I(1;-1;2) là trung điểm của AB

pt Q x y z

Gọi (R) là mặt phẳng qua A,vuông góc với (P) và (Q)

; (0;3; 3)

n n n 

  

là vtpt của (R)

pt R y z

( ) ( ) ( )

M  P  Q  R

M

0.25 0.25 0.25 0.25

N B A M

J I

*Trong 50 viên có ba loại:

17 viên có số chia 3 dư 1;

17 viên có số chia cho 3

dư 2; 16 viên có số chia hết cho 3

*Số cách chọn 3 viên có số bất kì :C 503 19600

*Số cách chọn 3 viên bi có tổng số là số chia hết cho 3:

TH1: 3 viên được chọn cùng loại:

C C C 

TH2: 3 viên được chọn

có mỗi viên một loại:

C C C 

Số cách chọn 3 viên có tổng số chia hết cho

3 :C173 C173 C163 +

17 17 16

C C C = 6544

Vậy xác suất cần tính là:

0,3339

19600 1225

0.25

0.25 0.25

0.25

của N qua I thì N’

thuộc AB, ta có :

' '

x x x

y y y







' ( 6;8)

MN  

chọn vtpt

AB là n(4;3)



Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0

2 2

4.2 3.1 1



Ta có 4AB2 5BD2; đặt

BI a a  AB  a  AB a AI  a

Trong tam giác vuông ABI

0.25

0.25

0.25

0.25

có: 2 2 2

4

d a  a suy ra

5

a  ;

IB  x  y 

Tọa độ B là nghiệm của

4x 3y – 1 0





Vì B có hoành độ dương nên B( 1; -1)

Mặt cầu (S) có tâm

kính

5 2

R  .Vì O và A thuộc

(S), H là tâm đường tròn (C) nên

IH  P  IH  OAH

và tam giác OAH vuông cân tại H.

Ta có :

2

OA

Vì mặt phẳng (P) qua O nên phương trình có dạng

ax by cz   a b c 

Do

A P  a b  a b

nên ( ) : 7P bx3by cz 0

Ta có:

50

b c

b c



Khi b 0 a0 chọn

1 ( ) : 0

c  P z

Khi 5b2c0 chọn

0.25

0.25

0.25

0.25

H

A O

I

2; 5 14 ( ) :14 2 5 0

b c  a  P x y z

Vậy phương trình mặt phẳng

( ) :P z0 ; ( ) :14P x2y 5z0

1

(1)

1đ

1

x



Xét hàm số

( ) 3x 1

f x   x có

'( ) 3 ln 3 1 0x

f x      x

, do đó f(x) đồng biến.

1

x

x x

f x f x

x









1

2 :

x

x x

TH

x x





  

  



(vô nghiệm) Vậy tập nghiệm của bất phương trình: S 0;1

0.25 0.25

0.25 0.25

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