de khao sat chat luong mon toan12

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG. y. ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN Khối 12 Thời gian làm bài : 120 phút. 2x  2 x  1 (1). Câu 1 (2,5 điểm) Cho hàm số 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng y  x  2m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A và B sao cho AB 3 2 . Câu 2 (2 điểm)  3x  2  log 1   0 x  1   2 1) Giải bất phương trình x x x 2) Giải phương trình 6 +12 = 3.2 + 4.3 p 2. I = ò (2 x - 1 + cos 2 x) cos xdx. 0 Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân Câu 4 (1 điểm) Người ta muốn sản xuất những chiếc hộp hình trụ có thể tích là 2 lít. Hỏi tỉ lệ giữa bán kính đáy và chiều cao của hình trụ là bao nhiêu để nguyên liệu (tức là diện tích toàn phần) sử dụng là ít nhất. Câu 5 (2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O cạnh a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của OC. Góc giữa mặt phẳng (SAB) và đáy là 600. a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. b) Tính góc giữa SD và mặt phẳng (SBC). 2 x 2  x  2  x 2 y 2  y  1  2 y  2 2 Câu 6 (1 điểm) Giải hệ phương trình  x  2 y  2 x  y  2 0. Câu 7 (0,5 điểm) Cho x; y; z là ba số dương thỏa mãn x  y  z 3 . Chứng minh bất đẳng thức x  y  z y  z  x  z  x  y    2 xyz. 4  yz 4  zx 4  xy .................Hết..................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên thí sinh :....................................................Số báo danh :........................................ SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG. Câu Ý. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN THI: TOÁN 12 Nội dung. 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y' . \ 1. Điểm y. 2x  2 x 1. 4  0, x  1 ( x  1) 2.  . TXĐ:  hàm số đồng biến trên các khoảng (  ;  1), (  1; ) 2x  2 2  x   x  1 tiệm cận ngang là đt y 2 2x  2 2x  2 lim  , lim   x  1 x  1 x 1 x 1 TCĐ: x  1. 1,50 0,25 0,25. lim. 1 2. Lập được bảng biến thiên Vẽ đúng đồ thị, thể hiện được tính trơn, tiệm cận với hai đường thẳng y 2 và x  1 đồng thời đi qua 2 điểm (0;  2) và (1;0) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng y  x  2m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A và B sao cho AB 3 2 2x  2  x  2m phương trình hđgđ x  1 . Với đk x  1 phương trình  2 2 x  2 ( x  2m)( x  1)  x  (1  2m) x  2  2m 0 (1). 0,25 0,25 0,5 1,00. 0,25. Hai đồ thị cắt nhau tại A và B  pt (1) có 2 nghiệm khác -1 1  m     (1  2m)  4(2  2m)  0 4m  12m  7  0 2    m   7 1  (1  2m)  2  2m 0 4 0  2 Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của (1) lúc đó A( x1; x1  2m), B( x2 ; x2  2m) 2. 2. AB  ( x2  x1 ) 2  ( x2  x1 ) 2  2  ( x1  x2 )2  4 x1 x2   2(4m 2  12m  7)  m 1 AB 3 2  4m 2 12m  7 9  4m2  12m  16 0    m  4 (TM). 0,25. 0,25. 0,25. Vậy m = 1 hoặc m = -4 2 1.  3x  2  log 1   0 x  1   2 Giải bất phương trình (1)  3x  2  x  1  0 3x  2  3x  2   log 1   1   log 1 1   3x  2 x 1 2  x 1  2  1  x  1 (1) 2x  3  0 x 1. 1,00. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x  ( ;  1)   3 / 2;  . 2 2. 0,25. 3  S (  ;  1)   ;   2  Vậy tập nghiệm của bpt là x x x Giải phương trình 6 +12 = 3.2 + 4.3 x. x. x. x. 0,25 1,00. x. Pt  3 (2  4)  3(4  2 ) 0  (2  4)(3  3) 0. 0,25 0,25 0,25 0,25. 2 x  4 0  x 2 3x  3 0  x 1 .. Vậy pt có 2 nghiệm là 1 và 2 p 2. 3 Tính tích phân p 2. I = ò (2 x - 1 + cos 2 x) cos xdx 0. p 2. 0,25. I = ò (2 x - 1) cos xdx + ò cos 2 x.cos xdx 0. 0. p 2. p 2. ò (2 x - 1) cos xdx = ò (2 x - 1)d (sin x) = (2 x - 1)sin x 0. 0. p 2 0. p 2 0. p 2. -. ò 2sin xdx. 0,25. p 2. p. æ 1 3 ö2 2 2 2 ÷ ò cos x.cos xdx = ò (1- sin x)d sin x = çççèsin x - 3 sin xø÷ ÷ =3 0 0 0 2 7 I   3    3 3 Vậy. 4. Người ta muốn sản xuất những chiếc hộp hình trụ có thể tích là 2 lít. Hỏi tỉ lệ giữa bán kính đáy và chiều cao của hình trụ là bao nhiêu để nguyên liệu (tức diện tích toàn phần) sử dụng là ít nhất. Gọi R và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ  R 2 h 2  h . Theo GT ta có Diện tích toàn phần là. 2  R2. 2 2   2 R 2 2    R 2  2 R R  2  1 1  Stp 2    R 2  2     R 2  2.3 3  R  R R  Theo AM – GM. 5 a. 1 1 23  2 2 R 1  R 2  R  3  h  3   R  h 2  . Đẳng thức xảy ra Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a 0  Kẻ HK  AB (K  AB)  AB  (SHK)  SKH 60. HK AH 3 3    HK  a 4 HK // BC  BC AC 4. Tam giác SHK vuông tại H . SH HK .tan 600 . 0,25. 1,00. 0,25. Stp 2 R.h  2 R 2 2 R.. . 0,25. 0. p 2 0. = (2 x - 1)sin x + 2 cos x = p - 3 p 2. 1,00. 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25. 3 3 a 4. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 3 3 3 S ABCD a 2  VS . ABCD  a 2 . a  a3 3 4 4. 5 b. 0,25. Tính góc giữa SD và mặt phẳng (SBC) Gọi I là hình chiếu của D trên (SBC)  góc giữa SD và (SBC) là góc  giữa SD và SI, tức là góc DSI. DH . a 10 a 37  SD  DH 2  SH 2  4 4. Tính được Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H trên BC và SE  d ( H ;( SBC )) HF DI d ( D;( SBC )) 2d( O;( SBC )) 4d( H ;( SBC )) 4 HF. .. 1,00 0,25. 0,25 0,25. 1 a HE  AB  4 4 . Tam giác SHE vuông tại H suy ra 1 1 1 3 21a 3 21a    HF   DI  2 2 2 HF HE HS 56 14 .. 6. 3 21a DI 6 21 6 777  sin DSI   14   SD a 37 7 37 259 4 Trong tam giác SDI ta có 2 x 2  x  2  x 2 y 2  y  1  2 y  2 2  x  2 y  2 x  y  2 0. 0,25. 1,00. Giải hệ phương trình. 2 x 2  x  2  x 2 y 2  y  1  2 y (1) 1   2 x 2, y  2 (2)  x  2 x  2  2 y  y 2 ĐK: . Hệ x 2  3 x  2  2  x 4 y 2  2 y  1  2 y. 0,25. Lấy (1) trừ (2) ta được. 2 2 Biến đổi ta được (2  x)  (2  x)  2  x (1  2 y)  (1  2 y)  1  2 y 2 Xét hàm số f (t ) t  t  t , t 0. f '(t ) 2t  1 . 1 2 t. 2t . 1 4 t. . 1 4 t.  1 3 3 2t.. 1. 1  1  0 2 4 t 4 t .. 1. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  f (t ) đồng biền trên  0;   . 2  x , 1  2 y   0;   nên f 2  x  f 1  2 y  2  x  1  2 y  x 1  2 y. . . . .  y  1  x  1 6 y  7 y  1 0    y  1  x  2 6 3  Thế vào (2) ta được  2 1  ;  Vậy hệ có hai nghiệm là ( 1;  1) và  3 6 . (TM). 2. 7. (TM). x  y  z y z  x  z  x  y   2 xyz 4  yz 4  zx 4  xy Chứng minh Chia hai vế cho xyz ta được yz zx xy   2 yz(4  yz) zx (4  zx ) xy(4  xy) (1) 2. 0,25. 0,50. 2. 9  yz  3 yz        4  4  yz  0 4  2   2 Ta có . Vậy. 0,25. 2 yz yz 2 2  3    , t  yz   0;  3 yz(4  yz ) yz(4  yz ) yz (4  yz ) 4t  t  2 1  1 f (t )   1;  3 4 t  t Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm  3  có phương. trình. y. 1  t 4  3  t 4  , t   0;  3 9  2 9 . Ta sẽ cm 4t  t.  3 t   0;   2 Điều này  (t  1) (t  2t  9) 0 đúng 2. 2.  2 yz  8 yz 2   yz(4  yz) 9 yz (4  yz) Vậy . Tương tự, cộng lại VT(1) .  2( xy  yz  zx )  24  2( x  y  z)  24  2. 9 9 đpcm. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>