ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LUYỆN THI ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SÔ 1 pptx

8 453 1
  • Loading ...
1/8 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 22/03/2014, 19:20

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 1 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LUYỆN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM HỌC 2012-2013 Ngày kiểm tra:06/1/2013 Môn: TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 434)3(23 mxxmx 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 0m . 2) Tìm các giá trị của m để hàm số đồng biến trên khoảng (0:+). Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình 42sin213coscosxxx 2) Giải phương trình sau : )12(137216522 xxxxxx . ( x  R). Câu III (1 điểm) Tính tích phân dxxxx105212 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,AC=a, BC =2a. Mặt phẳng (SAC) tạo với mặt đáy (ABC) góc 600. Hình chiếu H của S trên mf(ABC) là trung điểm cạnh BC.Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng HA và SB theo a. Câu V (1 điểm) Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 32 3P .a ab abc a b c     PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12 và tâm I là giao điểm của hai đường thẳng 1 2: 3 0; : 6 0d x y d x y      . Trung điểm của AD là giao điểm của d1 và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD . 2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hình chóp tam giác đều S.ABC có điểm A(5;3;-1), B(2;3;-4), C(1;2;0), cạnh bên có độ dài 7 . Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC biết S có tung độ <2. Câu VII.a (1 điểm) Chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và khác 0. Tính xác suất để số được chọn là số chia hết cho 3. B) Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có B(1;5) và đường cao AH có phương trình 022  yx ,với H thuộc BC; đường phân giác trong của góc ACB có phương trình là 01 yx . Tìm toạ độ các đỉnh A, C, D . 2) Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng : 1 0P x y z    . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy, Oz lần lượt tại điểm phân biệt M và N sao cho OM = ON. Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 3 3log x log x2x10 1 10 13    . Cảm ơncôThúy(thuy79@gmail.com)gửitớiwww.laisac.page.tl HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM Câu ý Nội dung Điểm  Khảo sát sự biến thiên, vẽ đồ thị hàm số 3 23 4y x x   1,0 - TXĐ : R 20' 3 6 02xy x xx    - Hàm số đông biến trên mỗi khoảng ( ;0);(2; )  - Hàm số ngịch biến trên khoảng (0; 2) 0,25 - Cực trị : Hàm số đạt CĐ tại 1 D0; 4Cx y  , hàm số đạt CT tại 22; 0CTx y  - Giới hạn : 3 2 3 2lim ( 3 2) ; lim ( 3 2) ;x xx x x x         - Hàm số không có tiệm cận. 0,25 - BBT : x  0 2  y’ + 0  0 + y  4 0  0,25 1 - Đồ thị 642-2-4-10 -5 5 10 0,25 Tìm các giá trị của m để hàm số đồng biến trên khoảng (0;+) 1,0 Câu I 2 y’= 3x2- 2(3-m)x+34m. Hàm số đồng biến trên khoảng (0;+ ) khi 0,0'  xy y’ là tam thức bậc 2 có hệ số a > 0, ' m2-10m +9 . 0,0'  xy có 2 trường hợp 0,25 TH1:  9;10'  m Khi đó y’  x,0 0,25 TH2: Tam thức có hai nghiệm phân biệt x1 < x2  000309100002mmmmPS 9 m 0,25 Từ 2 trường hợp trên ta có m  ;1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chú ý : Học sinh có thể sử dụng hàm số để gải bài toán trên. Điều kiện 0,0'  xymxgMaxxxgxxxmx2)(0),(23189202 0,25 Giải phương trình 42sin213coscosxxx 1,0 Ta có: xxxxxxx 2cos2sin12coscos242sin213coscos  02coscos2cossin2cos22 xxxxx 0,25 0)cossin1)(sin(coscos0)sin(cossincoscos222 xxxxxxxxxx 0,25 214cos1tan21sincos0sincos0cosxxkxxxxxx 0,25 1 Zkkxkxkx ,242 0,25  Giải phương trình : )12(13)72)1(6(522 xxxxxx . ( x  R). 1,0 Đặt: 0,,2112726222222vuuvxuvxxxvxu 0,25 Ta có: Pt (1) thành:   )(05)(26)(5)())((261)(5)(13121521522222222bvuvuavuuvvuuvuvuvvuvuuv 0,25 Câu II 2 0,25 21726)(22 xxxxa Xét (b) 515vuvu. Nhưng ta có: u+v = 572622 xxx , dáu bằng xảy ra khi x = 21. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= 21 0,25  Tính tích phân : dxxxx105212 1,0 Đặt 2221 11udu dxu x u xx u      , đổi cận : : 5 10: 2 3xu 0,25 Ta có : 3 3 322 3 322 2 22 2 2( 3) .2 4 12. ( 4 ) 2( 4 ) 831 1 1u u udu duI u du u uu u u           0,25 Câu III 332262 1 1 62 14 ( ) 4ln3 1 1 3 1uI duu u u      62 34ln3 2I   0,5  Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SAC) theo a. 1,0 - - ABCvuông tại A có BC = 2a; AC = a khi đó - Góc B = 300, C = 600. Gọi N là hình chiếu của H trên AC thì N cũng là trung điểm Của AC. Khi đó ta có AC vuông góc với (SNH) nên góc giữa (SAC) và (ABC) là góc SNH = 600 Trong tam giác vuông SHN ta tính được HN = 23a Và SH là 23a - 0,25 - Diện tích tam giác ABC là S = 23212aABAC  - Thể tích khối chóp S.ABC là V = 43.313aSSH  0,25 Câu IV Qua B kẻ đường thẳng a song song với AH, gọi M là hình chiếu của H trên a và K là hình chiếu của H trên SM. Ta có AH //(SBM) và K là hình chiếu của H trên (SBM) Nên khoảng cách giữa SB và AH bằng độ dài đoạn HK 0,25 H C A B S M N Ta có tam giác ACH đều nên góc HBM bằng 600 2360sin0aHBHM  Trong tam giác vuông SHM có: 439169434111222222aHKaaaHSHMHK Vậy khoảng cách gữa hai đường thẳng AH và SB là 43a. 0,25 32 3P .a ab abc a b c     1,00 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có  31 a 4b 1 a 4b 16c 4a ab abc a . . a b c2 2 4 3 3          . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 4b 16c  . 0,25 Suy ra  3 3P2 a b ca b c    Đặt t a b c, t 0    . Khi đó ta có: 3 3P2tt  0,25 Xét hàm số  3 3f t2tt  với t 0 ta có  23 3f ' t2t2t t .  23 3f ' t 0 0 t 12t2t t      Đặt Bảng biến thiên t  0 1   f ' t  0 +  f t  0 32 Do đó ta có  t 03minf t2  khi và chỉ khi t 1 0,25 Câu V đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 16a21a b c 14ba 4b 16c 211c21     . 0,25 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 32 khi và chỉ khi  16 4 1a,b,c , ,21 21 21   .  Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 1,0 Tọa độ 9 3( ; )2 2I ,M là trung điểm AD thì (3;0)M Ta có 322IM  và 2 3 2AB IM  Vì . 12 2 2ABCDS AB AD AD    0,25 AD đi qua (3;0)M và vuông góc với IM nên có phương trình 3 0x y   Gọi ( ; 3)A x x  ta có 2MA 2 (2;1)4 (4; 1)x Ax A    0,25 - Với (2;1)A ta có (4; 1); (7;2); (5;4)D C B - Với (4; 1)A  ta có (2;1)D và (7;2); (5;4)B C 0,25 1 Vậy (2;1)A ; (5;4); (7;2); (4; 1)B C D  hoặc (4; 1)A  ; (7;2); (5;4)B C ; (2;1)D 0,25 Viết phương trình mặt cầu… 1,0 AB=AC=BC= 32 ,35;38;38G là trọng tâm của tam giác ABC.Do S.ABC đều nên G là hình chiếu của S trên mf(ABC). AG = 2, SG = 322 AGSA 0,25 3;15;3, ACAB nên SG có véc tơ chỉ phương là 1;5;1(u khi đó SG có phương trình: tztytx3553838 tttS35;538;38. Từ SG = 313  t , vì S có tung độ lớn hơn 2 nên S(3;1;-2) 0,25 Phương trình mặt phẳng trung trực của SA là (P): 4x + 4y +2z – 21 =0, Tâm I của mặt cầu là giao của (P) và SG. Tìm được I23;27;25 0,25 Câu VI.a 2 Bán kính R = IS. Tìm được phương trình mặt cầu: 427232725222 zyx 0,25 Tính xác suất Kí hiệu: 9 ,2,1A , mỗi số có 3 chữ số khác nhau và khác 0 tương ứng với một chỉnh hợp chập 3 của 9 phần tử trong A. Vậy không gian mẫu có số phần tử là: 50439 A 0,25 Câu VII.a Kí hiệu A1 = 9,6,3 , A2 = 7,4,1 , A3 = 8,5,2 Số lập được chia hết cho 3 nên tổng các chữ số của số đó chia hết cho 3. TH1: Cả 3 chữ số đều chia hết cho 3, mỗi số lập được ứng với 1 hoán vị của 3 phần tử thuộc A1 nên có 3! Số TH2: Cả 3 chữ số đều chia 3 dư 1 tương tự ta có 3! Số 0,25 AA BD BB CC MMIII TH3: Cả 3 chữ số đều chia 3 dư 2 tương tự ta có 3! Số TH4: Có 1 chữ số chia hết cho 3 (có 3 cách chọn), 1 chữ số chia 3 dư 1(có 3 cách chọn), 1chữ số chia 3 dư 2 (có 3 cách chon). Theo quy tắc nhân có 27 bộ số rồi mỗi bộ số lập được 3! Số. Từ 4 trường hợp trên ta có 30x 3! = 180 số 0,25 M : ‘ Số được chọn là số chia hết cho3 có 3 chữ số khác nhau và khác 0’ Xác suất của biến cố M là : P = 145504180 0,25  1,0 BC đi qua B(1;5) và vuông góc AH nên BC có pt - 2x + y – 3 = 0 Toạ độ C là nghiệm của hpt )5;4(01032Cyxyx 0,25 Gọi A’ là điểm đối xứng B qua đường phân giác KdBAdyx  ),(01 Đường thẳng KB đi qua B và vuông góc d nên KB có pt: x + y – 6 = 0 Toạ độ điểm K là nhgiệm của hpt)25;27(0106KyxyxSuy ra A’ (6;0) , 0,25 Pt A’C :x – 2y – 6 = 0 Do AHCAA ' nên toạ độ A là nhgiêm của hpt)1;4(022062Ayxyx 0,25 1 Trung điểm I của AC có toạ độ là I(0;-3) đồng thời I là trung điêm BD nên D(-1;-11) 0,25 1,0 Giả sử Qnr là một vecto pháp tuyến của (Q). Khi đó 1; 1; 1Q Pn n  uur uur Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy và Oz tại 0; ;0 , 0;0;M a N b phân biệt sao cho OM = ON nên 00a ba ba b     0,25 Nếu a = b thì 0; ; // 0; 1;1MN a a u  uuuur r và Qn uuur r nên  , 2;1;1Q Pn u n   uur r uur. Khi đó mặt phẳng (Q):2 2 0x y z    và Q cắt Oy, Oz tại 0;2;0M và 0;0;2N (thỏa mãn) 0,25 Nếu a = - b thì 0; ; // 0;1;1MN a a u  uuuur r và Qn uuur r nên  , 0;1; 1Q Pn u n    uur r uur. Khi đó mặt phẳng (Q): 0y z  0,25 Câu VI.b 2 Q cắt Oy, Oz tại 0;0;0M và 0;0;0N (loại). Vậy :2 2 0Q x y z    . 0,25 Giải phương trình: 3 3log x log x2x10 1 10 13    . 1,0 Câu VII.b Điều kiện : x > 0 - Ta có phương trinhg tương đương với: 3 33log x log xlog x210 1 10 1 .33    0,5 - 3 3log x log x10 1 10 1 23 3 3                Đặt 3log x10 1t3    (t > 0). Phương trình trỏ thành: 21 2t 3t 2t 3 0t 3     1 10t31 10t3 ( loại) 0,5 Với t = 1 103 ta giải được x = 3. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =3. - Chú ý : HS làm cách khác, đúng giáo viên chấm vẫn cho điểm bình thường. CảmơncôThúy(thuy79@gmail.com)gửitớiwww.laisac.page.tl . TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SÔ 1 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LUYỆN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM HỌC 2 012 -2 013 Ngày kiểm tra:06 /1/ 2 013 Môn: TOÁN Thời. .2 4 1 2. ( 4 ) 2( 4 ) 83 1 1 1 u u udu duI u du u uu u u           0,25 Câu III 332262 1 1 62 1 4 ( ) 4ln3 1 1 3 1 uI
- Xem thêm -

Xem thêm: ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LUYỆN THI ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SÔ 1 pptx, ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LUYỆN THI ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SÔ 1 pptx, ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LUYỆN THI ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SÔ 1 pptx

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay