Sở GD & ĐT Thanh Hoá Trường THPT Lê Văn Hưu KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 MƠN TỐN KHỐI A Tháng 03/2010 Thời gian:180 phút (Khơng kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y = (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết khoảng cách từ tâm đối xứng đồ thị (C) đến tiếp tuyến lớn Câu II (2.0 điểm) 1.Tìm nghiệm phương trình 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + biết x∈ [ ; π ] 33 x − y − 5.6 x + 4.23 x − y =  Giải hệ phương trình   x − y = y + ( y − x )( y + x )  Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân ∫ (x e + x3 x 1+ x )dx Câu IV (1.0 điểm) Cho x, y, z số thực dương lớn thoả mãn điều kiện xy + yz + zx ≥ 2xyz Tìm giá trị lớn biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1) Câu V (1.0 điểm) Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c Tính thể tích tứ diện ABCD PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh làm hai phần A B (Nếu thí sinh làm hai phần không chấm điểm) A Theo chương trình nâng cao Câu VIa (2.0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = (d2): 4x + 3y - 12 = Tìm toạ độ tâm bán kính đường trịn nội tiếp tam giác có cạnh nằm (d1), (d2), trục Oy Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh Gọi M trung điểm đoạn AD, N tâm hình vng CC’D’D Tính bán kính mặt cầu qua điểm B, C’, M, N Câu VIIa (1.0 điểm) log ( x + 1) − log ( x + 1)3 Giải bất phương trình >0 x2 − 5x − B Theo chương trình chuẩn Câu VIb (2.0 điểm) Cho elip (E) : 4x2 + 16y2 = 64.Gọi F1, F2 hai tiêu điểm M điểm (E).Chứng tỏ tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F2 tới đường thẳng x = có giá trị không đổi Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; ; 2) mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + = Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, B vng góc với (Q) Câu VIIb (1.0 điểm) k k Giải bất phương trình A2 x − Ax ≤ Cx + 10 ( Cn , An tổ hợp, chỉnh hợp chập k n phần tử) x HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh số báo danh Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MƠN TỐN Tháng 03/2010 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU Câu I (2.0đ) (1.0đ) NỘI DUNG THANG ĐIỂM 0.25 TXĐ : D = R\{1} Chiều biến thiên lim f ( x) = lim f ( x) = nên y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số x →+∞ x →−∞ 0.25 lim f ( x) = +∞, lim = −∞ nên x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số − x →1+ x →1 0 ( x + 1)( x − 6) log ( x + 1) − ⇔ log ( x + 1) 0, Ank số chỉnhhợp chập k n phần tử, Cnk số tổ hợp chập k n phần tử) ……………… Hết ……………… Câu I-1 ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA SỐ – GV: Trần Đình Hiền Nội dung Khi m = Ta có hàm số y = - x + 3x2 – Điểm Tập xác định D = R Sự biến thiên Chiều biến thiên y’ = - 3x2 + 6x , y’ = ⇔ x = v x = y’> ∀ x ∈( 0;2) Hàm số đồng biến khoảng ( 0; 2) y’ < ∀ x ∈(- ∞; 0) ∪ (2; +∞).Hàm số nghịch biến khoảng (- ∞;0) (2; +∞) Cực trị Hàm số đạt cực đại x = 2, yCĐ = y(2) = Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = y(0) = - 3 Giới hạn Lim (− x + 3x − 4) = +∞, Lim (− x + 3x − 4) = −∞ Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận x →−∞ 0,25 0,25 x →+∞ Tính lồi, lõm điểm uốn y’’ = - 6x +6 , y’’ = ⇔ x = x -∞ y’’ + Đồ thị Lõm Bảng biến thiên x -∞ y’ y +∞ - Điểm uốn I(1; - 2) 0 - +∞ + Lồi 0,25 0 +∞ - (I) -2 -4 -∞ Đồ thị Đồ thị hàm số cắt trục Ox tai điểm (- 1; 0) , (2; 0) Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm (0 ; -4) Đồ thị hàm số có tâm đối xứng điểm uốn I(1;- 2) Hệ số góc tiếp tuyến điểm uốn k = y’(1) = y f(x)=-x^3+3x^2-4 x -3 -2 -1 0,25 -1 -2 -3 -4 -5 -6 I-2 Ta có y’ = - 3x2 + 6mx ; y’ = ⇔ x = v x = 2m Hàm số có cực đại , cực tiểu ⇔ phương trình y’ = có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ Hai điểm cực trị A(0; - 3m - 1) ; B(2m; 4m3 – 3m – 1) Trung điểm I đoạn thẳng AB I(m ; 2m3 – 3m – 1) uu ur r Vectơ AB = (2m; 4m3 ) ; Một vectơ phương đường thẳng d u = (8; −1) I ∈ d 0,25 0,25 Hai điểm cực đại , cực tiểu A B đối xứng với qua đường thẳng d ⇔  AB ⊥ d  0,25  m + 8(2m3 − 3m − 1) − 74 =  ur ⇔ u u r ⇔m=2  AB.u =  0,25 II-1 Tập xác định D = R Phương trình cho tương đương với ( s inx + sin x) +  cos x + (1 + cos2 x)  =   ⇔ ( s inx + 2s inx.cos x) + ( cos x + 2cos x) = ⇔ 0,25 s inx( + cos x) + cos x( + cos x) =  cos x = − ⇔ ( + cos x)(s inx + cos x) = ⇔  s inx = − cos x  5π  5π   x = ± + k 2π x = ± + k 2π ⇔ ,k ∈ Z ⇔   x = − π + kπ  t anx = −1   II-2 Điều kiện: 0,25 0,25 0,25 x + 4 − x ≥  ⇔− ≤ x < x ≠  +2x − x2 ≥   0,25 Phương trình cho tương đương với x2 − x − m | − x | x+2 + + x − x − 14 − m = 4− x ⇔ −(− x + x + 8) − m + x − x + + x − x − − m = Đặt t = + 2x − x ; Khi x ∈ [ - 2; 4) t ∈ [ 0; 3] ⇔ Phương trình trở thành : - t – mt + 2t – – m = Xét hàm số f (t ) = (1) (2) 0,25 −t + 2t − m= t +1 −t − 2t + −t + 2t − ; t ∈ [ 0;3] ; f’(t) = ; f’(t) = ⇔ t = - v t (t + 1) t +1 = Bảng biến thiên hàm số f(t) đoạn [ ; ] t f’(t) -∞ -4 -1 - + + + -2 f(t) +∞ - − -6 III-1 Phương trình đx cho có nghiệm x ∈ [ - 2; 4) ⇔ Phương trình (2) có nghiệm t ∈ [ 0; 3] ⇔ Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t) , t ∈ [ 0; ] ⇔ - ≤ m ≤ - u u r Đường thẳng ∆1 có vectơ phương u1 = (1; −2;1) , Điểm M ≡ O(0; 0; 0) ∈ ∆1 ur u Đường thẳng ∆2 có vectơ phương u2 = (1; −1;3) , điểm N(1;-1;1) ∈ ∆2 u ur u u r uu ur  −2 1 1 −2  ; ; ÷ = (−5; −2;1) ; ON = (1; −1;1)  −1 3 1 −1  u ur u u u u ur r Ta có u1 , u2  ON = −5 + + = −2 ≠ Suy hai đường thẳng ∆1 ∆2 chéo   Ta có u1 , u2  =    III -2 x + y = Phương trình đường thẳng ∆2 : 3 y + z + =  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆2 có dạng λ(x + y) + µ(3y + z + 2) = với λ2 + µ2 ≠ r ⇔ λx + (λ + 3µ)y + µz + 2µ = Một vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) n = (λ ; λ + 3µ ; µ ) u r u r Mặt phẳng (P) tạo với đường thẳng ∆1 góc 300 Ta có sin(∆1,(P)) = | cos(u1 , n) | ⇔ sin300 = | 1.λ − 2(λ + 3µ ) + 1.µ | λ + (λ + 3µ ) + µ 2 0,25 0,25 ⇔ λ + 3λµ + 5µ =| −λ − 5µ | ⇔ 2λ - λµ - 10µ2 = ⇔ (2λ - 5µ)(λ + 2µ) = ⇔ 2λ = 5µ v λ = - 2µ Với 2λ = 5µ chọn λ = 5, µ = ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 5x + 11y + 2z +4=0 Với λ = - 2µ chọn λ = 2, µ = - ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 2x – y – z – = Kết luận: Có hai phương trình mặt phẳng (P) thoả mãn 5x + 11y + 2z + = ; 2x – y – z – = 0,25 2x  u = ln( x + 1)  du =   x +1 ⇒ Đặt  dx  dv = v = − x   x2  0,25 IV-1 Do I = − ln( x + 1) dx +∫ 1 x( x + 1) 2x 0,25 2 ln ln x  ln ln dx d ( x + 1) 1 = − + ∫ − − +∫ − ∫ ÷dx = x x +1 x x +1 1 = IV -2 ln ln  2 − +  ln | x | − ln | x + | ÷  1 = ln − ln 0,25 Từ giả thiết ta có xyz ≥ x + y + z ≥ 3 xyz ⇔ (xyz)3 ≥ 27.xyz ⇔ xyz ≥ 3 Áp dụng BĐT Cauchy ta có x2 + yz + yz ≥ 3 ( xyz ) ; y2 + zx + zx ≥ 3 ( xyz ) ; z2 + xy + xy ≥ 3 ( xyz ) 0,25 0,25 Từ ta có P ≤ 3 ( xyz ) Từ ta có Max P = Va-1 0,25 + 3 ( xyz ) + = 3 ( xyz ) ( xyz ) ≤ (3 3) = x = y = z ⇔ x = y = z = đạt   x + y + z = xyz x + y − = x = ⇔ Hay A(2;1) x − y + = y =1 Toạ độ điểm A nghiệm hệ phương trình:  Phương trình đường phân giác góc A x + y −3 =± x −7 y +5 ⇔ x + y − = d1 3 x − y −5 = d  Do tam giác ABC cân A nên đường phân giác kẻ từ A đường cao * Nếu d1 đường cao tam giác ABC kẻ từ A phương trình cạnh BC 3x – y +7=0 * Nếu d2 đường cao tam giác ABC kẻ từ A phương trình cạnh BC x + 3y - 31 = 0,25 0,25 0,25 0,25 10 TH1: Phương trình cạnh BC: 3x – y + = x + y − =  x = −1 ⇔ Hay B(-1; 4) 3 x − y + = y = Toạ độ điểm B nghiệm hệ phương trình  11  x = − x −7 y +5 =  ⇔   x − y +7 = y =   Toạ độ điểm C nghiệm hệ phương trình − Hay C( 0,25 11 ; ) 5 Diện tích tam giác ABC : S = 1 24 36 d (C , AB ) AB = = 2 5 (đvdt) TH2: Phương trình cạnh BC: x +3y - 31 = x + y − =  x = −11 ⇔ Hay B(-11;  x + y − 31 =  y = 14 Toạ độ điểm B nghiệm hệ phương trình  14) 101  x = x −7 y +5 =  ⇔  x +3 y −31 = y = 18   Toạ độ điểm C nghiệm hệ phương trình 101 18 ; 0,25 ) 1 104 Diện tích tam giác ABC : S = d (C , AB) AB = Va-2 Hay C( 13 = 676 (đvdt) − Giải phương trình An2 − Cnn+11 = 4n + ; Điều kiện: n ≥ ; n ∈ N (n + 1)! n(n + 1) = 4n + Phương trình tương đương với n(n − 1) − 2!(n − 1)! = 4n + ⇔ n(n − 1) − ⇔ n2 – 11n – 12 = ⇔ n = - (Loại) v n = 12 12  Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn:  2x +   ÷ x k 12 − k Số hạng thứ k + khai triển : Tk +1 = C (2 x) k 12 k k k Hay Tk+ = C12 ( x ) 12−k x − = C12 212− k x 0,25 24 −3 k    ÷ ; k ∈ N, ≤ k ≤ 12  x 0,25  k ∈ N , ≤ k ≤ 12 ⇔ k =  24 − 3k = Số hạng không chứa x  Vậy số hạng thứ không chứa x T9 = C12 24 = 7920 Chú ý: 0,25 0,25 I – Cách chấm thi tự luận: 1) Học sinh dùng mực đỏ để gạch chân chỗ sai thi 2) Học sinh làm cách khác với đáp án , cho điểm tố đa câu ! 3) Học sinh làm sai sót bước 0, 25 đ cắt 0, 25 điểm 4) Một tốn bước trên(0,25 đ) sai kết bước phía (0,25 đ) liên quan đến bước cắt điểm từ chỗ làm sai bước sau có liên quan 5) Một tốn bước trên(0,25 đ) sai bước phía (0,25 đ) khơng liên quan đến bước phía cho 0, 25 đ 11 6) Học sinh cho điểm câu Sau cộng điểm câu để có điểm thi II – Phương pháp học tập: 1) Học sinh cần trình bày đầy đủ câu dẫn, dấu tương đương “ ⇔”, v , không viết tắt (trừ ký hiệu tốn học cho phép ), khơng làm ngắn gọn với đáp án 2) Học sinh thi theo chương trình THPT khơng phân ban cần có tài liệu theo chủ đề nội dung câu đề thi để học tập tích luỹ kiến thức 3) Cần tích cực, chủ động đọc tài liệu tham khảo, tự làm đề thi thử, đề tham khảo , đề thi để nâng cao trình độ kiến thức kỹ thuật, kỹ trình bày thi tự luận 4) Học sinh cần tích cực tự học nhà, tránh tình trạng ỉ lại giáo viên dạy lớp 12 ... chủ động đọc tài liệu tham khảo, tự làm đề thi thử, đề tham khảo , đề thi để nâng cao trình độ kiến thức kỹ thuật, kỹ trình bày thi tự luận 4) Học sinh cần tích cực tự học nhà, tránh tình trạng... C 12 ( x ) 12? ??k x − = C 12 2 12? ?? k x 0 ,25 24 −3 k    ÷ ; k ∈ N, ≤ k ≤ 12  x 0 ,25  k ∈ N , ≤ k ≤ 12 ⇔ k =  24 − 3k = Số hạng không chứa x  Vậy số hạng thứ không chứa x T9 = C 12 24 = 7 920 ... u1 , u2  ON = −5 + + = ? ?2 ≠ Suy hai đường thẳng ∆1 ? ?2 chéo   Ta có u1 , u2  =    III -2 x + y = Phương trình đường thẳng ? ?2 : 3 y + z + =  0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 Phương