Đang tải... (xem toàn văn)
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]
(1)Së gd & ĐT hãa Trêng thpt qu¶ng x¬ng I đề kiểm tra chất lợng các môn văn hóa líp12 n¨m näc 2012 -2013 lÇn 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( m 1) x mx 3m (Cm ) ( m là tham số thực) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (Cm ) m 0 Tìm giá trị tham số m để tiếp tuyến A(1; 2) cắt đồ thị hàm số (Cm ) B cho tam giác OAB cân O (O là gốc tọa độ) Câu II(2,0 điểm) (1 cos x sin x) cos x cos2 x cos x tan x 1 Giải phương trình: ( xy 1) x ( x 1) x y x ( x , y ) x y x x y 2 x Giải hệ phương trình : Câu III(1,0 điểm) Tính tích phân: (sin x x )sin x I dx cos x Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông B có AB a; BC 2a ;SA vuông góc với o mặt phẳng (ABC).Gọi M là trung điểm AC,biết góc mặt phẳng (SBC) và (ABC) 60 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 biểu thức : x 2x P 2 2 ( x 1)( x y ) ( x y ) ( xy 1)( x y ) PHẦN RIÊNG (3,0điểm)Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A.Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a(2,0điểm) 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho đường tròn (T ) : ( x 5) ( y 7) 45 và hai đường thẳng : x y 0; ' : x y 12 0 Viết phương đường tròn (C) có tâm thuộc đường thẳng ,tiếp xúc với đường thẳng ' và cắt (T) hai điểm A, B cho đường thẳng AB qua điểm M ( 5; 3) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x y z 0 và hai điểm A 0; 2;1 ; B(2;0;3) Điểm M thuộc mặt phẳng (P),sao cho tam giác MAB cân M Biết mặt phẳng ( ABM ) vuông góc với mặt phẳng ( P ) ,tìm tọa độ điểm M Câu VII.a(1,0điểm) Trong hộp có 50 viên bi đánh số từ đến 50,chọn ngẫu nhiên viên.Tính xác suất để tổng số trên viên bi chọn là số chia hết cho B.Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b(2,0điêm) 2 M 4; Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AB 5BD Điểm thuộc N 6; 1 đường thẳng AB,điểm thuộc đường thẳng CD.Tìm tọa độ đỉnh B,biết B có hoành độ dương 2 2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz,cho mặt cầu ( S ) : x y z x y 10 z 0 và điểm A( 1;7;0) Mặt phẳng (P) 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) x x x 1 x Câu VII.b(1,0điểm) Giải bất phương trình : x 3 3x ( x ) -Hết - (2) Thí sinh không sử dụng tài liệu.Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh…………………………………… Số báo danh :……………… Nhà trường tổ chức kiểm tra lần vào ngày11 và 12 tháng năm 2013 TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG I đáp án đề kiểm tra chất lợng lần n¨m häc 2012- 2013 Môn :toán Khối A+A1+B (đề gồm có trang) Điểm Nội dung CâuI 1đ Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = 2 Với m = ta y = x – 3x + 0.25 1.Tập xác định : D = R - x y' + + 0.25 + - j y + - o a.Giới hạn vô cực lim y ;lim y x .Sự biến thiên 0.25 x b.Bảng biến thiên : y ' 3 x x; y ' 0 x 0; x 2 ; và 2; Hàm số đồng biến trên 0; Hàm số nghịch biến trên Hàm số đạt cực đại x = 0, yCD 4 ; Hàm số đạt cực tiểu x = , yCT 0 Tìm giá trị m: Đồ thị : Ta có ; f '( x ) 3x 6(m 1) x 6m Tiếp tuyến A(1;2) là : y 3x Phương trình hoành độ giao điểm và (Cm ) : 0.25 1đ -15 -10 -5 10 15 0.25 -2 x 3(m 1) x 6mx 3m 3x -4 ( x 1) ( x 3m 1) 0 x 1; x 3m 0.25 1 Khi đó iểm uôn I(1;2) B(3m 1; 9m 2); OA (1; 2); OB (3m 1; 9m 2) 0.25 Để tam giác OAB cân O thì -6 Đ -8 0.25 OA2 OB (3m 1)2 ( 9m 2) 5 90m 30m 0 CâuII Khi m 0 B A (loại) m là giá trị cần Vậy tìm Giải phương trình lượng giác: Điều kiện: 1đ (3) cos x 0 x m tan x x và l (sin x cos x )2 (cos x sin x) cos x (cos x sin x) (1) sin x cos x 0.25 cos x 2cos x (cos x sin x) 1 (cos x sin x) (cos x sin 0.25 (cos x sin x)(cos x sin x 1) 0 cos x sin x 0 (2); (2) tan x 1 x k 0.25 ; (3) sin( x ) x k 2 ; x 0.25 k 2 2 Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm phương trình: x k ; x k 2 Giải hệ phương trình: 2 1đ ( xy 1) x ( x 1) x y x (1) ( x , y ) 2 4 x y x x y 2 x (2) Điều kiện: y Từ phương trình (1) ta có: x ( xy 1) ( x 1) x( xy 1) 0 x( xy 1)( x 1) ( x 1) ( x 1)( x y x 1) 0 x 1; x y x 0 0.25 Với x 1 thay vào (2) ta được: y y 0 y 1(2 y 1) 0 y Ta có nghiệm: 0.25 ( x; y ) (1; 1) Với 1 2x x y x 0 y x 0.25 (vì x =0 không thõa mãn) thay vào (2) ta được: 1 2x x 1 2x x3 x x 2 x ( x 1) x 2 x x x 0.25 TH 1: x 0 x 1 y 1; TH : x 2 x x Câu:III Vậy nghiệm hệ (1; 1);( 1;3);( ;3) Tính tích phân 1đ 0.5 (4) 6 (sin x x) sin x x sin x sin x x sin x I dx dx dx 2 cos x cos x cos x 0 B dx x 06 x sin x x A dx xd ( ) cos x cos x cos x 0 0.25 dx cos x 3 cos xd cos 1 s inx ln d (s inx ) 3 s inx s inx 1 3 s inx 1 Vậy Câu IV I 1 ln 3 0.25 Tính thể tích và khoảng 1đ cách: Ta có SA ( ABC ) SA BC o BC ( SAB) SBA 60 AB BC 0.25 S l à góc hai mặt phẳng ( SBC ) và 0.25 K M A C H ( ABC ) Do đó SA AB.tan 600 a ; S ABC AB.BC a 2 Vậy 1 VS ABC SA.SABC a 3.a a 3 3 (đvtt) Dựng 0.25 B AH BM ( H BM ); AK SH 0.25 ( K SH ) SA BM BM ( SAH ) BM AK AK ( SBM ) (do AK (S AH BM Khi đó d (C , (SBM )) d ( A, ( SBM )) AK Ta có BAH MBC MCB nên hai tam giác vuông HAB và BCA đồng dạng Hay AH BC BC 2a AH AB a a AB AC AC 5a (5) AH AS2 12 a 2 AH AS 19 AK d (C , ( SBM )) 12 a 19 Vậy (đvđd) (Học sinh có thể giải phương pháp tọa độ) Tìm giá trị lớn biểu thức CâuV P x 2 x x y x y 1đ 2x ( xy x y 1)( x y ) 0.25 Đặt z P y x ta có ( x 1)( y 1)( z 1) y x y 1 x 0.25 x y z 1 Áp dụng bất đẳng thức Cô 0.25 si ta có: 1 2 x y z x y z 1 x y z 1 2 x y z 3 ( x 1)( y 1)( z 1) 0.25 Suy 54 P x y z x y z 3 .Đặt t x y z ta có : 54 P t t 2 54 f (t ) t t 2 Xét hàm 1; ta có : trên f '(t ) 162 ; f '(t ) 0 t 1; t 4 t t 2 Lập BBT ta có Maxf (t ) f (4) t 1; Pmax Vậy x y 1 CâuVIa 1 4 Viết phương trình đường tròn (C): 1đ (6) Đường tròn (T) có tâm J(- 0.25 M 0.25 A I J N B 0.25 5;7) bán kính 0.25 r 3 ,ta có MJ 10 Đường tròn (C) có tâm I, bán kính R, đặt N AB IJ Ta có : MN MJ NJ 100 (r AN ) AN 55 MN MI NI MI ( R AN ) AN MI R 2 Suy : MI R 55 (1) Vì I I (3t ; 4t 3) IM (3t 5)2 (4t ) 25t 30t 25 Do (C) tiếp xúc với ' nên : R d ( I , ') 5 t R 25t 2 Thay vào (1) ta có: t 1 I (3;1); R 5 Vậy đường tròn (C) có phương trình : ( x 3) ( y 1) 25 Tìm tọa độ M : Vtpt (P) nP (2; 1; 1) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực 1 nQ AB (1;1;1) AB l à vtpt (Q) I(1;1;2) là trung điểm AB pt (Q) : x y z 0 Gọi (R) là mặt phẳng qua 1đ 0.25 0.25 A,vuông góc với (P) và (Q) nR nP ; nQ (0;3; 3) 0.25 0.25 là vtpt (R) pt ( R) : y z 0 Vì M ( P) (Q) ( R) M ( CâuVIIa 17 ; ; ) 6 Tính xác suất: 1đ (7) *Trong 50 viên có ba loại: 17 viên có số chia dư 1; 17 viên có số chia cho dư 2; 16 viên có số chia hết cho *Số cách chọn viên có số bất kì : C50 19600 *Số cách chọn viên bi có tổng số là số chia hết cho 3: TH1: viên chọn cùng loại: C173 C173 C163 1920 TH2: viên chọn có viên loại: C171 C171 C161 4624 Số cách chọn viên có tổng số chia hết cho 3 3 : C17 C17 C16 + 0.25 0.25 0.25 0.25 C171 C171 C161 = 6544 Vậy xác suất cần tính là: 6544 409 P 0,3339 19600 1225 CâuVIb Tìm tọa độ điểm B Gọi N’ là điểm đối xứng N qua I 1đ thì 0.25 0.25 N’ thuộc AB, ta có : xN ' 2 xI xN yN ' 2 yI yN 3 0.25 MN ' ( 6;8) chọn vtpt 0.25 n AB là (4;3) Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – = d d ( I ; AB ) 4.2 3.1 42 32 2 2 Ta có AB 5 BD ; đặt BI a ( a 0) AB 20a AB 5a AI 2a Trong tam giác vuông ABI (8) 1 2 2 a 4a suy có: d a ; IB ( x 2) ( y 1) 5 Tọa độ B là nghiệm 4x 3y – 2 hệ: ( x 2) ( y 1) 5 Vì B có hoành độ dương nên B( 1; -1) Viết phương trình mặt phẳng (P): Mặt cầu (S) I 1đ có tâm I(- 4;3;5) 0.25 bán kính H O 0.25 A R 5 Vì O và A thuộc (S), H là tâm đường 0.25 tròn (C) nên IH ( P) IH (OAH ) và tam giác OAH vuông 0.25 cân H Ta có : OA 5 HA OA 5 IH IA2 HA2 5 Vì mặt phẳng (P) qua O nên phương trình có dạng ax by cz 0 (a b c 0) Do A ( P ) a 7b 0 a 7b nên ( P) : 7bx 3by cz 0 Ta có: d ( I ;( P)) IH 25b 5c 50b c Khi b 0 a 0 chọn c 1 ( P) : z 0 Khi 5b 2c 0 chọn 5 5b c 50b c 5b2 (9) b 2; c a 14 ( P) :14 x y z 0 Vậy phương trình mặt phẳng Câu VIIb ( P ) : z 0 ; ( P) :14 x y z 0 Giải bất phương trình: x x.3x 3x 1 x 3x ( x ) 1đ (1) (1) x x.3x 3x 1 3x 3x 3x (3x 3) x(3x 3) (3x (3x 3)(3x x 1) 0 Xét hàm số f ( x) 3x x có 0.25 x f '( x ) 3 ln x 0.25 , đó f(x) đồng biến x 3 0 x 1 x 1 TH 1: x x ( x) f (0) 3 x 0 f 0.25 3 x 0 3x 0 x 1 x 1 TH : x x ( x) f (0) f0.25 3 x 0 3 x 0 (vô nghiệm) Vậy tập nghiệm bất S 0;1 phương trình: Học sinh làm cách khác đáp án mà đúng điểm tối đa x 0;1 x 1 x 0 (10)