- Trang chủ >>
- THPT Quốc Gia >>
- Toán
ĐỀ THI KHẢO SÁT TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA KHỐI 12 HÀ NỘI
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (154.62 KB, 5 trang )
Sở GD & ĐT Hà Nội
ĐỀ THI KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA K12
Trường THPT Yên Lãng
Năm học 2014 - 2015
--------------o0o---------------
( Môn: Toán. Thời gian làm bài: 120 phút )
A. PHẦN CHUNG : (8điểm)
Câu I (3 đ). Cho hàm số y = ( x − 2 )
2
( x + 1) , đồ thị là (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đó cho.
2. Tìm trên (C) điểm M có hoành độ là số nguyên dương sao cho tiếp tuyến tại M của
(C), cắt (C) tại hai điểm M và N thoả mãn MN = 3
Câu II (3 đ)
2
1. Giải phương trình logarit. log3 ( x + 1) − 5log3 ( x + 1) + 6 = 0
2. Giải bất phương trình mũ 32 x + 2 − 2.6 x − 7.4 x > 0
3
3
3. Giải phương trình lượng giác : sin x + cos x = cos 2 x ( 2 cos x − sin x ) , với ẩn x ∈ R
Câu III (2 đ). Cho hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' , có AB = a, AD = b, AA ' = c với đáy
ABCD là hình bình hành có góc BAD bằng 600 . Gọi M là điểm trên đoạn CD sao cho
DM = 2MC
1. Tính thể tích của khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' theo a, b, c .
2. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( BDA ') theo a, b, c .
B. PHẦN RIÊNG : (2điểm)
I, HỌC SINH THI KHỐI A,A1,B:
Câu IVa (1đ). Giải và biện luận phương trình :
( m − 2 ) 2 x + ( m − 5) 2− x − 2 ( m + 1) = 0(1)
theo tham số m.
Câu Va(1đ). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng ( d1 ) : x − y − 1 = 0 và
( d2 ) : x + 2 y + 3 = 0
thuộc Ox và
. Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết A ∈ ( d1 ) , C ∈ ( d 2 ) , B, D
.
II, HỌC SINH THI KHỐI D :
Câu IVb(1đ). Tìm m để phương trình:
( m − 2 ) 2 x + ( m − 5) 2− x − 2 ( m + 1) = 0(1)
có hai nghiệm trái dấu.
Câu Vb(1đ). Trong mp Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G ( −2;0 ) . Biết phương trình các
cạnh AB, AC thứ tự là: 4 x + y + 14 = 0; 2 x + 5 y − 2 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
------------------------------------ Hết --------------------------------------
ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM TÓM TẮT
Nội dung Điểm
Câu I
3.0
1.
2.0
y = +∞; lim y = −∞
Hàm số có tập xác định là xlim
→+∞
x →−∞
0,5
y ' = 3 x 2 − 6 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2
0,5
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞;0 ) và ( 2; +∞ ) ; hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) .
Điểm ( 0; 4 ) là điểm CĐ của đồ thị hàm số; điểm ( 2;0 ) là điểm CT của đồ thị hàm số.
Điểm U ( 1; 2 ) là điểm thuộc đồ thị hàm số.
Đồ thị giao với các trục tọa độ:
( −1; 0 ) , ( 2;0 ) , ( 0; 4 )
0,5
0,5
2.
1.0
Giả sử M ( x0 ; y0 ) thuộc (C), x0 là số nguyên dương. Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M là
y = ( 3 x0 2 − 6 x0 ) x − 2 x03 + 3x0 2 + 4 . Goi tiếp tuyến này là (t).
0.25
Hoành độ giao điểm của (C) và (t) là nghiệm PT:
x 3 − 3x 2 − ( 3x0 2 − 6 x0 ) x + 2 x0 3 − 3x0 2 = 0 ⇔ ( x − x0 )
2
( x + 2 x0 − 3) = 0 ⇔ x = x0 hoặc
x = −2 x0 + 3 .
0.25
M ( x0 , x03 − 3x0 2 + 4 ) ; N ( −2 x0 + 3; −8 x0 3 + 24 x0 2 − 18 x0 + 4 ) .
MN 2 = 9 x0 2 − 18 x0 + 9 + 81x0 2 ( x0 − 1)
2
( x0 − 2 )
MN 2 = 9 ⇔ 9 x0 2 − 18x0 + 81x0 2 ( x0 − 1)
(
⇔ 9 x0 ( x0 − 2 ) 1 + 9 x0 ( x0 − 1)
2
2
2
( x0 − 2 )
( x 0 − 2) ) = 0
0.25
2
=0
Vì x0 là số nguyên dương nên x0 = 2 . Vậy M ( 2;0 ) .
0,25
(Lưu ý: Nếu thí sinh nhìn trên đồ thị, nhận thấy có trục hoành là một tiếp tuyến thoả mãn
BT, do đó có điểm M(2; 0) là một điểm cần tìm, thì cho 0.5 điểm)
Câu II.
3.0
1.
1.0
ĐK x > −1
0,25
Đặt log 3 ( x + 1) = t ,pt có dạng t 2 − 5t + 6 = 0 , giải được t = 2, t = 3
0,5
Trở lại biến x, kiểm tra đk, ta được ĐSố x = 8, x = 26
0,25
2.
1.0
x
x
9
3
Chia cả hai vế của bpt cho 4 > 0 , ta được 9 ÷ − 2 ÷ − 7 > 0
4
2
x
0,25
x
3
Đặt t = ÷ , đk: t > 0 đưa về bpt: 9t 2 − 2t − 7 > 0
2
0,25
7
(tm) hoặc t < − (Không tm)
9
Giải được 1 < t
0,25
Suy ra kết quả: 0 < x
0,25
3. 1.0
Biến đổi đưa về tích ( sin x + cos x ) ( 2sin x − cos x ) cos x = 0
0,25
Giải từng ptlg cos x = 0,sin x + cos x = 0, 2sin x − cos x = 0
x=
π
π
1
+ kπ , k ∈ Z; x = − + kπ , k ∈ Z; x = α + kπ , k ∈ Z, tan α =
2
4
2
ĐS: x =
π
π
1
+ kπ , k ∈ Z; x = − + kπ , k ∈ Z; x = α + kπ , k ∈ Z, tan α =
2
4
2
0,5
0,25
Câu III.
3.0
1.
1.0
Viết đúng công thức thể tích khối hộp V = AA '.S hbhABCD = c.S hbhABCD
S hbhABCD = AB. AD.sin 600 = ab
3
2
0,25
0,25
Thay số vào ta được đáp số V = abc
3
2
0,5
2.
1.0
Trong tam giác vuông A'AF (vuông tại A), ta có
1
1
1
abc 3
=
+
⇒ AH =
2
2
2
2
2
2
AH
A' A
AF
3a b + 4a c 2 + 4b 2 c 2 − 4abc 2
Vậy d ( M , ( BDA ') ) =
2abc 3
3 3a b + 4a 2c 2 + 4b 2 c 2 − 4abc 2
2 2
Câu IVb.
0,5
0,5
1.0
2
Đặt 2 x = t đk t > 0 pt (1) có dạng ( m − 2 ) t − 2 ( m + 1) t + m − 5 = 0(2)
0,25
x
x
0
PT(1) có 2 nghiệm trái dấu x1 , x2 tức là x1 < 0 < x2 ⇔ 0 < 2 1 < 2 < 2 2
⇔ 0 < t1 < 1 < t2 khi đó bài toán trở thành tìm m để PT(2) có 2 nghiệm t1 , t2 thỏa mãn
0 < t1 < 1 < t2
0,5
AD ĐL Vi-Et giải hệ tìm được m > 5
0,25
Câu Va.
1.0
x0 = −2 y0 − 3 x0 = 5
⇔
Từ gt ta suy ra A ( x0 ; x 0 − 1) ; C ( −2 y0 − 3; y0 ) và
y0 = 1 − x0
y0 = −4
0,25
Thay vào ta được A ( 5; 4 ) ; C ( 5; −4 ) ; AC = 8
0,25
Giao của 2 đường chéo AC và BD là điểm I ( 5;0 ) cũng chính là trung điểm của BD.
Suy ra nếu B ( xB ;0 ) thì
D ( 10 − xB ;0 ) ; BD = 10 − 2 xB . Từ AC = 2 BD ta có PT
0,25
x = 3
2 10 − 2 xB = 8 gpt được B
. Thay vào ta được tọa độ của B, D
xB = 7
ĐS: A ( 5; 4 ) ; C ( 5; −4 ) ; B ( 3;0 ) ; D ( 7;0 ) hoặc A ( 5; 4 ) ; C ( 5; −4 ) ; B ( 7;0 ) ; D ( 3;0 )
0,25
