DE THI THU TINH GIA 2 LAN 3

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 2 MA TRẬN ĐỀ KHẢO SÁT KHỐI 12 LẦN 3 Cấp độ Nhận biết Chủ đề 1. Ứng dụng đạo hàm để Khảo sát và khảo sát và vẽ đồ thị vẽ đồ thị hàm hàm số. số bậc bốn trùng phương Số câu 1 Số điểm (Tỉ lệ) 1,0 (10%) 2. Tính GT lượng giác Số câu Số điểm (Tỉ lệ) 3. Số phức. Thông hiểu. Vận dụng Cấp độ thấp Cấp độ cao. Cộng. Cực trị của hàm số. 1 1,0 (10%) Dạng cơ bản 1 0,5 (5%) Cách xác định và tính modun số phức 1 0,5 (5%). Số câu Số điểm (Tỉ lệ) 4. Phương trình mũ và Phương trình logarit logarit Số câu 1 Số điểm (Tỉ lệ) 0,5 (5%) 5. Tính tích phân Tích phân hàm hữu tỉ Số câu 1 Số điểm (Tỉ lệ) 1,0 (10%) 6. Phương trình, bất Phương phương trình và hệ trình, BPT và phương trình hệ phương trình giải bằng phương pháp đánh giá Số câu 1 Số điểm (Tỉ lệ) 1,0 (10%) 7. Thể tích khối đa diện Bài toán thể tích khối đa diện Số câu 1 Số điểm (Tỉ lệ) 1,0 (10%) 8. Phương pháp tọa độ Tính chất trong mặt phẳng hình học trong bài toán tọa độ phẳng Số câu 1 Số điểm (Tỉ lệ) 1,0 (10%). 2 2,0 (20%) 1 0,5 (5%). 1 0,5 (5%) 1 0,5 (5%) 1 1,0 (10%). 1 1,0 (10%). 1 1,0 (10%). 1 1,0 (10%).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 9. Phương pháp tọa độ trong không gian Số câu Số điểm (Tỉ lệ) 10. Xác suất thống kê. Khoảng cách tính đối xứng 1 1,0 (10%) Xác suất của biến cố 1 0,5 (5%). Số câu Số điểm (Tỉ lệ) 11. Bất đẳng thức Số câu Số điểm (Tỉ lệ) Tổng số câu Tổng số điểm Tỉ lệ. 1 1,0 (10%) 1 0,5 (5%) Bất thức. 2 1,5 10%. 5 3,5 35%. 4 4,0 40%. đẳng. 1 1,0 (10%) 1 1,0 10%. 1 1,0 (10%) 12 10 100%.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 2. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 3, NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.      . Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m 2 . b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu. Câu 2 (1,0 điểm) y  x 3  2 m  1 x 2  2  m x  2. a) Cho. tan  . 1. 3   3 A 2  cos  2     sin  2  2  .  4 . Tính giá trị của biểu thức:  9  4i  z   3  8i  z  12  10i. b) Cho số phức z thỏa mãn:. . Tìm môđun của số phức z .. 2. 3. 2. x  5x  6 x  3 I  dx x 3 1 Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân : .. Câu 4 (1,0 điểm) 2 log3  4 x  3  log 1  2 x  3 log3  5x  6 . 3 a) Giải phương trình: . b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 3 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số được chọn có chữ số hàng đơn vị gấp đôi chữ số hàng trăm.. A 1;  2;1 Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm  , đường thẳng. d:. x 2 y 1 z 1   1 2  1 và mặt cầu.  S  :  x  1. 2. 2. 2.   y  3   z  1 29. . Xác định vị trí tương đối của điểm A và mặt cầu (S). Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A cắt đường thẳng d tại M và cắt mặt cầu (S) tại N sao cho A là trung điểm của MN. o  Câu 6 (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có ACB 135 , AC a 2 , BC = a. Hình chiếu. C' M . a 6 4 .. vuông góc của C’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của AB và Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và góc tạo bởi đường thẳng C’M và mặt phẳng (ACC’A’). Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Trên hai đoạn thẳng AB, . . AC lần lượt lấy hai điểm E, D sao cho ABD  ACE. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB cắt tia CE tại M(1;0) và N(2;1). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC cắt tia BD tại I(1;2) và K. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MNK. 3 2 3 2 2 Câu 8 (1,0 điểm) Giải phương trình: x  3 x  3  2 x  3 x  2 6 x  12 x  8 . Câu 9 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thảo mãn x z .. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. P. xz y2 x  2z   . 2 y  yz xz  yz x  z. …………….Hết……………..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không phải giải thích gì thêm! Họ tên: …………………………………………………….....Số báo danh: ……….. ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT LẦN 3 NĂM 2015. Câu. Đáp án a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m 2 .. Điểm. 3 2 m 2 ta có y  x  3x  2 +) TXĐ: D  +) Sự biến thiên lim y , lim y   x   - Giới hạn: x   . 0.25.  x 0 y / 0    x 2 - Chiều biến thiên: y  3 x  6 x ; Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (  ;0) và (2; ) , /. 2. Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) x 2  ycd  y  2  2 - Hàm số đạt cực đại tại x 0  yct  y  0   2 Hàm số đạt cực tiểu tại - Bảng biến thiên Câu 1 (2,0 điểm). x  y’. -. 0 -2. +. 2 2. 0.25. . 0.25. y. 2. . -2. . +) Đồ thị:. 0.25. b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cưc tiểu y '  3x 2  2  2 m  1 x  2  m Ta có. 0.25. Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y ' 0 có hai nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó.. 0.25. y ' 0   3x 2  2  2m  1 x  2  m 0 (1). 0.25. Pt (1) có hai nghiệm phân biệt khi.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> m   1  '  2m  1  3  m  2   0  4 m  m  5  0   m  5 4  5  m    ;  1   ;   4  thì hàm số có cực đại, cực tiểu. Vậy 2. a). 0.25. 3   3 A 2  cos  2     sin  2  2  .  4 . Tính giá trị của biểu thức: A 2  cos 2  cos 2 2  1  cos 2  4 cos2 . tan  . Ta có Câu 2 (1 điểm). 2. 1 1 3 16  cos2   , tan    cos2   2 2 cos  1  tan  4 25 64 A 4 cos2   25 Vậy  9  4i  z   3  8i  z  12  10i. 0.25. 1  tan 2  . b) Cho số phức z thỏa mãn: Tìm môđun của số phức z . Giọi. 0.25. .. z a  bi  z a  bi  a, b  R . thay vào phương trình ta được:  9  4i   a  bi    3  8i   a  bi  10i  12. 0.25. 12 a  12 b  12  12 a  12 b   4 a  6 b  i 10i  12   4 a  6 b  10  a 2   z 2  3i  z  13  b  3 2 3 x  5x 2  6 x  3 I  dx x 3 1 Tính 2. 2. x 3  5x 2  6 x  3 3   I  dx  x 2  2 x  dx x 3 x  3  1 1 Câu 3 (1,0 điểm). 0.25. 2. 0.25. 2. 3  x 2  2 x dx   dx x 3 1 1. . . 0.25. 2. 4 (1,0 điểm). 2  x3    x 2   3ln x  3 1  3 1 16 5   3ln 3 4 2 log3  4 x  3  log 1  2 x  3 log 3  5 x  6  3 a) Giải phương trình: 6  x 5 (*) . Với điều kiện (*) Điều kiện: 2. pt  log3  4 x  3   log 3  2 x  3  log3  5 x  6  2.  log3  4 x  3 log 3  2 x  3   5 x  6  2.   4 x  3  2 x  3   5 x  6 . 0.25 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  x 3  6 x  27 x  27 0    x 3  2 2. 0.25. 3 2 Đối chiếu với đk (*) ta được nghiệm của phương trình là: b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm gồm 3 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 . Chọn ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số được chọn có chữ số x 3, x . hàng đơn vị gấp đôi chữ số hàng trăn. abc  a 0, a b c, a, b, c   0,1,2,3,4,5,6  Gọi số cần tìm của tập S có dạng Số cách chọn chữ số a có 6 cách (vì a 0 ) Số cách chọn chữ số b có 6 cách (vì b a ) Số cách chọn chữ số c có 5 cách (vì c a, c b ). 0.25.  180 Vậy S có 6.6.5 180 (số). Số phần tử của không gian mẩu là . Gọi A là biến cố “số được chọn có chữ số hàng đơn vị gấp đôi chữ số hàng trăm”. Khi đó ta có 3 bộ số thỏa mãn biến cố A là: 1b2, 2 b4, 3b6 và trong mỗi bộ thì b  15 có 5 cách chọn nên có 3.5 15 (số). Các kết quả có lợi cho biến cố A là A . 0.25  15 1 P A  A   .  180 12 Vậy A  1;  2;1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm , đường thẳng x 2 y 1 z 1 2 2 2 d:   1 2  1 và mặt cầu  S  :  x  1   y  3   z  1 29 . Xác định vị trí tương đối của điểm A và (S). Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A cắt đường thẳng d tại M và cắt mặt cầu (S) tại N sao cho A là trung điểm của MN. Mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;-1) bán kính 0.25 R  29, AI  5  R suy ra A naèm trong (S).. 5 (1,0 điểm). M  2  t;1  2t;1  t  Điểm M  d nên do N đối xứng với M qua A nên N   t;  5  2t;1  t  2. +). 2. 0.25. 10  6t 2  14t  20 0  t 1  t  3  t 1 suy ra : M  3;3;0  , N   1;  7;2   MN   4;  10;2  :. Câu 6. 2. Do N   S  suy ra :   t  1    2t  2    t  2  29. x  1 y2 z  1   2 5 1 .. 0.25. Phương trình  10  4 17 13   10 5  7   14 22  20  t  suy ra : M   ;  ;  , N  ; ;   MN  ; ;  3  3 3 3  3 3 3   3 3 3  +) 0.25 x  1 y2 z  1 :   7 11  10 . Phương trình o  Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có ACB 135 , AC a 2 , BC = a. Hình chiếu vuông góc của.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> a 6 4 . Tính theo a thể C’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của AB và tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và góc tạo bởi đường thẳng C’M và mặt phẳng (ACC’A’). C'M . 0.25. (1,0 điểm) 1 a2 S ABC  CA.CB.sin135o  2 2 , đường cao của lăng trụ là C’M Diện tích tam giác: a3 6 VABC. A ' B ' C ' C ' M.S ABC  8 suy ra Keû MK  AC,( K  AC), MH  C ' K ,( H  C ' K ) . Dễ có AC  (C ' MK )  AC  MH maø MH  CK neân suy ra MH  ( ACC ' A '),  ' H  MC  ' K (1) vaäy ( C ' M,( ACC ' A '))  MC. Vì M là trung điểm của AB nên: 2S 1 a2 a  ' K  MK  1 SCAM  SCAB   MK  MAC   tan MC 2 4 AC C'M 2 2 3 o o   Suy ra MC ' K 30 (2). Từ (1) và (2) suy ra (C ' M ,( ACC ' A ')) 30 . Câu 7 (1,0 điểm). 0.25. 0.25. 0.25. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Trên hai đoạn thẳng AB, AC lần lượt lấy   hai điểm E, D sao cho ABD  ACE. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB cắt tia CE tại M(1;0) và N(2;1). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC cắt tia BD tại I(1;2) và K. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MNK. 0.25.   Theo giả thiết ABD  ACE, suy ra BCDE là tứ giác nội tiếp. Gọi H là giao điểm.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> của BD và CE. Do BEH đồng dạng với CDH nên HD. HB  HE. HC Do HBN đồng dạng với HMD nên HD. HB  HM. HN Do HIE đồng dạng với HCK nên HE. HC  HI .HK Do đó HM. HN  HI . HK suy ra IHN đồng dạng với MHK , nên   NIH KHM . Suy ra NIMK là tứ giác nội tiếp. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác MNI cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác 2 2 MNK, có pt: ( x  1)  ( y  1) 1 Giải phương trình: Với mọi x ta có:. 3. 0.25 0.25. x 2  3x  3  3 2 x 2  3x  2 6 x 2  12 x  8 2. 2. 3 3 3 7   x  3x  3  x     0; 2 x 2  3 x  2 2  x     0. 2 4 4 8   2. Câu 8 (1,0 điểm). 0.25. 3 3 2 2 Do đó x  3x  3  0; 2 x  3x  2  0. Áp dụng bất đẳng thức cosi cho 3 số: x 2  3x  3  1  1 x 2  3x  5 3 2 x  3 x  3  3 ( x 2  3 x  3).1.1   3 3 2 2 x  3x  4 3 2 x 2  3 x  2  3 (2 x 2  3 x  2).1.1  3 2 2 x  3x  5 2 x  3x  4 6 x 2  12 x  8   x2  2 x  3 3 3 Suy ra.  5 x 2  10 x  5 0  5( x  1)2 0  x  1 Vaäy nghieäm cuûa pt x  1. 0.25. 0.25. 0.25 0.25. 3 3 2 2 Cách 2: Đặt a  x  3x  3  0; b  2 x  3x  2  0. 3 3 Pt trở thành: a  b 2a  2b  2. 1 (a  b)(a  b)2 0, a  0, b  0  2a3  2b3  (a  b)3 2 Ta lại có Suy ra 1 a  b  (a  b)3  2  (a  b  2)((a  b)2  2(a  b)  2) 0 2  a  b 2 2 Từ pt ban đầu ta còn có a  b 6( x  1)  2 2  a  b 2  x  1 Câu 9 (1,0 điêm). Cho ba số thực dương x, y, z thảo mãn x z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: xz y2 x  2z P 2   . y  yz xz  yz x  z Ta có. 0.25 x y. y z. 2z 2 2 2 x  a  b  1  2c P   y x z b2  1 a2  1 1  c 2 1 1 1  z y x x y z a2  , b2  , c 2  ( a, b, c    ) y z x trong đó ta kí hiệu: 1.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> x 1 a2 b 2   2 1 do x z z c Chú ý . 2 2 a b 2 ab F  2   2 2 2 Ta có b  1 a  1 ab  1 (b  1)(a  1)(ab  1) trong đó F a 2 ( a2  1)( ab  1)  b2 (b 2  1)(ab  1)  2 ab(b 2  1)(a 2  1) ab(a 4  b 4  2a2 b2 )  (a 4  b 4  a3b  ab3 )  (a2  b 2  2ab) 2. 2 2. 3. 3. 0.25. 2. ab(a  b )  (a  b)( a  b )  (a  b) 0. 2 2 2 a b 2 ab 2  2   c  (1) 2 1 b  1 a  1 ab  1 1  c 1 c Do đó: Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. 2 1  2c 2 5 G    2 1 c 1  c 2 2(1  c)(1  c 2 ) trong đó G 2(2(1  c 2 )  (1  c)(1  2c 2 ))  5(1  c)(1  c 2 ) 2(2  2c 2  1  c  2c 2  2c 3 )  5(1  c  c 2  c 3 ) 1  3c  3c 2  c3 (1  c)3 0 do có c < 1 (2). 5 P 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Từ (1) và (2) ta sy ra 5 a b, c 1  x  y z . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 . Chú ý: Mọi cách giải khác đáp án, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. --- Hết ---. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>