Đề thi khỏa sát toán học lớp 12
lượt xem 8
download
Tham khảo tài liệu 'đề thi khỏa sát toán học lớp 12', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Đề thi khỏa sát toán học lớp 12
- Së GD & §T hng yªn ®Ò thi kh¶o s¸t häc k× I khèi 12 Trêng THPT minh ch©u M«n thi: To¸n (Thêi gian lµm bµi: 180 phót) Ngµy thi: 10/1/2010 ®Ò bµi m là tham số thực. y = x − 2mx + m − 1 (1) , với 4 2 Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 . 2.Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 . Câu II : ( 2, 0 điểm) Giải các phương trình 1. 4sin 3 x.cos3x + 4co s 3 x.sin 3x + 3 3cos4x = 3 2. log 3 (x + 5x + 6) + log 3 (x + 9x + 20) = 1 + log 3 8 2 2 CâuVI:( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng a 3 , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 4 CâuV :( 2, 0 điểm). π 2 I = ∫ cos 2 x.cos 2 2 x.dx 1. TÝnh tÝch ph©n sau: 0 1. Cho 3 sè d¬ng x, y, z tho¶ m·n : x +3y+5z ≤ 3 .Chøng minh r»ng: 3 xy 625 z 4 + 4 +15 yz x 4 + 4 + 5 zx 81y 4 + 4 ≥ 45 5 xyz. Câu VI :(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng (Oxy), cho đường tròn (C ): 2x 2 + 2y 2 − 7x − 2 = 0 và hai điểm A(-2; 0), B(4; 3). Viết phương trình các tiếp tuyến của (C ) tại các giao điểm của (C ) với đường thẳng AB. 2x 2 + (m + 1)x − 3 y= 2. Cho hàm số . Tìm các giá trị của m sao cho tiệm cận của đồ thị hàm số tiếp xúc x+m với parabol y = x2 +5 8 − log 2 ( 3x −1 +1) 1 3 x −1 Câu VII :(1,0 điểm) Cho khai triển 2log2 9 +7 + 2 5 ÷ . Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển này là 224 ----------------***HÕt***---------------- Chó ý:ThÝ sinh kh«ng ®îc sö dông tµi liÖu. C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sè b¸o danh:. . . . . . . . . . ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang) Nội dung Điểm Câu I (2điểm) y = x − 2x 1.(1 điểm). Khi m = 1 hàm số trở thành: 4 2 • TXĐ: D= ¡ x = 0 y ' = 4 x3 − 4 x = 0 ⇔ 4 x ( x 2 − 1) = 0 ⇔ • Sự biến thiên: x = ±1 0.25 = y ( 0 ) = 0, yCT = y ( ±1) = −1 yCD 0.25 • 0.25 Bảng biến thiên -∞ +∞ x -1 0 1
- − − y’ 0 + 0 0 + +∞ +∞ y 0 -1 -1 • Đồ thị f (x) = x4-2 ⋅x2 8 6 4 2 -10 -5 5 10 -2 -4 -6 0.25 -8 x = 0 y ' = 4 x 3 − 4mx = 4 x ( x 2 − m ) = 0 ⇔ 2 2. (1 điểm) x = m Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ pt y = 0 có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu khi x đi qua các ' nghiệm đó ⇔ m > 0 0.25 • Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: ( )( ) A ( 0; m − 1) , B − m ; − m 2 + m − 1 , C m ; −m2 + m − 1 0.25 1 SVABC = yB − y A . xC − xB = m 2 m ; AB = AC = m 4 + m , BC = 2 m • 2 0.25 ( m 4 + m ) 2 m = 1 ⇔ m 3 − 2m + 1 = 0 ⇔ m = 1 AB. AC.BC R= =1⇔ • m = 5 − 1 4 SVABC 2 4m m 2 0.25 Câu II 1. (1,0 điểm) (2,0 Phương trình đã cho tương đương với phương trình : điểm) 1. Phương trình : 4sin 3 x.cos3x + 4co s3 x.sin 3x + 3 3 co s4x = 3 ⇔ 4[(1 − co s 2 x) sin x.cos3x + (1 − sin 2 x)co s x.sin 3x ] + 3 3 co s 4x = 3 ⇔ 4[( sin x.cos3x + co s x.sin 3x) − cos x sin x(co sx.cos3x + sin x.sin 3x)] + 3 3 co s4x = 3 1 1 ⇔ 4[ sin 4x − sin 2x.co s2x ] + 3 3 co s4x = 3 ⇔ 4 sin 4x − sin 4x ÷+ 3 3 co s4x = 3 ⇔ 3sin 4x + 3 3 co s4x = 3 2 4 π π 1 3 1 0,50 ⇔ sin 4x + 3 co s4x = 1 ⇔ sin 4x + co s 4x = ⇔ sin(4x + ) = sin 2 2 2 3 6 ππ ππ π π π 4x + 3 = 6 + k2π 4x + 3 = 6 + k2π 4x = − 6 + k2π x = − 24 + k 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (k ∈ Z) 0,50 4x + π = 5π + k2π 4x + π = 5π + k2π x = π + k π 4x = π + k2 π 36 36 8 2 2 Điểm Đáp án 2.(1,0 điểm) PT log 3 (x + 5x + 6) + log 3 (x + 9x + 20) = 1 + log 3 8 (*) 2 2 0,25 x < −5 x 2 + 5x + 6 > 0 x < −3 ∨ x > −2 ⇔ −4 < x < −3 , và có : 1 + log 3 8 = log 3 24 ⇔ + Điều kiện : 2 x < −5 ∨ x > −4 x + 9x + 20 > 0 x > −2 0,25
- log 3 (x 2 + 5x + 6)(x 2 + 9x + 20) = log 3 24 (x 2 + 5x + 6)(x 2 + 9x + 20) = 24 + PT (*) ⇔ ⇔ (x < −5) ∨ (−4 < x < −3) ∨ (x > −2) (x < −5) ∨ ( −4 < x < −3) ∨ (x > −2) (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) = 24 (*) ⇔ (x < −5) ∨ ( −4 < x < −3) ∨ (x > −2) (**) 0,25 + Đặt t = (x + 3)(x + 4) = x 2 + 7x +12 ⇒ (x + 2)(x + 5) = t − 2 , PT (*) trở thành : t(t-2) = 24 ⇔ (t − 1) 2 = 25 ⇔ t = 6 ∨ t = −4 x = −1 t = 6 : x + 7x +12 = 6 ⇔ x + 7x + 6 = 0 ⇔ • 2 2 0,25 ( thỏa đkiện (**)) x = −6 • t = - 4 : x 2 + 7x +12 = −4 ⇔ x 2 + 7x +16 = 0 : vô nghiệm + Kết luận : PT có hai nghiệm là x = -1 và x = - 6 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Câu III 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường Từ giả thiết AC = (1,0 · chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó A B D = 600 điểm) 0,25 Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH ⊥ AB và DH 1 a 3 ⇒ OK a 3 ; OK // DH và OK = DH = = 2 2 0,25 ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ S 1 1 1 a = + ⇒ SO = 2 2 2 OI OK SO 2 0,25 Diện tích đáy S ABCD = 4S∆ABO = 2.OA.OB = 2 3a 2 ; a đường cao của hình chóp SO = . I D 2 A 3a Thể tích khối chóp S.ABCD: 0,25 O 3a 3 1 = S ABC D .SO = VS . ABCD H 3 3 a K C B ≤ 3 . Chøng minh r»ng: IV Cho 3 sè d¬ng x, y, z tho¶ m·n : x +3y+5z (1,0 3 xy 625 z 4 + 4 + 5 zx 81 y + 4 + 15 yz x + 4 ≥ 45 5 xyz 4 4 điểm) BÊt ®¼ng thøc 4 4 4 ⇔ + 9y + 2 ≥ x2 + + 25 z 2 + 45 2 9y 2 25 z 2 x 36 22 2 2 + ) 2 ≥ 9(.3 x.3 y.5 z ) + ≥ ( x + 3 y + 5z) 2 + ( + VT . 0,25 ( x.3 y.5 z ) 2 x 3 y 5z 3
- ( x.3 y.5 z ) 2 §Æt t = 3 3 x + 3 y + 5z = 1 do ®ã t ≤ 1 ( x.3 y.5 z ) ≤ ta cã 0,25 3 3 36 36 36 = 36t + − 27t ≥ 2 36t. − 27 =45 0,25 0 < t ≤ 1. XÐt hµm sè f(t)= 9t + §iÒu kiÖn . t t t 1 1 DÊu b»ng x¶y ra khi: t=1 hay x=1; y= ; z= . 0,25 3 5 Câu V. 1.(1,0 điểm) (2,0 2 7 7 65 + 2y − 7x − 2 = 0 ⇔ x + y − x − 1 = 0 ⇔ x − ÷ + y 2 = 1/ + Đường tròn (C ) : 2x 2 2 2 2 điểm) 4 2 16 7 ⇒ (C ) có tâm I ;0 ÷ và bán kính R = 65 4 4 x+2 y x+2 0,25 = , hay : y = + Đường thẳng AB với A(-2; 0) và B(4; 3) có phương trình 6 3 2 + Giao điểm của (C ) với đường thẳng AB có tọa độ là nghiệm hệ PT 2 2 x+2 5x(x − 2) = 0 2x + 2y − 7x − 2 = 0 2x + 2 ÷ − 7x − 2 = 0 2 2 x = 0; y = 1 2 ⇔ ⇔ ⇔ x+2 x+2 x = 2; y = 2 y = 2 y = y = x + 2 2 0,25 2 Vậy có hai giao điểm là M(0; 1) và N(2; 2) uuu 7 r uu 1 r IM = − ;1 ÷ và IN = ; 2 ÷ làm các + Các tiếp tuyến của (C ) tại M và N lần lượt nhận các vectơ 4 4 vectơ pháp tuyến , do đó các TT đó có phương trình lần lượt là : 7 − (x − 0) + 1(y − 1) = 0 , hay : 7x − 4y + 4 = 0 • 4 1 0,50 (x − 2) + 2(y − 2) = 0 , hay : x + 8y − 18 = 0 • 4 2x 2 + (m + 1)x − 3 y= 2/ Cho hàm số . Tìm các giá trị của m sao cho tiệm cận của đồ thị hàm số tiếp Điểm x+m xúc với parabol y = x +5 2 2x 2 + (m + 1)x − 3 xác định với mọi x ≠ − m y= Hàm số x+m 0,25 m2 − m − 3 Viết hàm số về dạng y = 2x + 1 − m + x+m 1 ± 13 0,25 : Có hàm số bậc nhất y = 2x + 1 − m ( x ≠ − m ) : đồ thị + TH1 : m 2 − m − 3 = 0 ⇔ m = 2 không có tiệm cận 1 ± 13 0,25 m2 − m − 3 ≠ 0 ⇔ m ≠ : Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng (d1) x = + TH2 : 2 -m và tiệm cận xiên là đường thẳng (d2) y = 2x + 1 - m 0,25 + Đường thẳng (d1) x = - m luôn cắt parabol parabol y = x2 +5 tại điểm (-m ; m2 +5) ( với mọi
- 1 ± 13 m≠ ) và không thể là tiếp tuyến của parabol 2 + Tiệm cận xiên (d2) y = 2x + 1 - m tiếp xúc với parabol y = x2 +5 ⇔ PT x2 +5 = 2x + 1 - m , hay PT x2 – 2x + 4 +m = 0 có nghiệm kép ⇔ ∆ ' = 1-(4 + m) = 0 ⇔ m = −3 ( thỏa điều kiện) Kết luận : m = -3 là giá trị cần tìm VI. 8 − log 2 ( 3x −1 +1) 1 3 x −1 (1,0 điểm) Cho khai triển 2log2 9 +7 + 2 5 (1,0 ÷ . Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong điểm) khai triển này là 224 8 log 2 3 9x−1 + 7 − log 2 ( 3x −1 +1) k =8 1 Ta có : ( a + b ) = ∑ C8 a b với 8k 8− k k +2 5 2 ÷ k =0 ( ) 1 1 1 = ( 9 x −1 + 7 ) 3 ; b = 2 = ( 3x −1 + 1) − log 2 3x −1 +1 − 9x −1 + 7 3 a = 2log 2 5 5 0,25 + Theo thứ tự trong khai triển trên , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của khai triển là 3 5 x −1 x −1 − 1 1 T6 = C ( 9 + 7 ) ÷ . ( 3 + 1) 5 ÷ = 56 ( 9 x −1 + 7 ) . ( 3x −1 + 1) 0,25 −1 5 3 8 9x −1 + 7 + Theo giả thiết ta có : 56 ( 9 x −1 + 7 ) . ( 3x −1 + 1) = 224 ⇔ x −1 0,25 −1 = 4 ⇔ 9x −1 + 7 = 4(3x −1 + 1) 3 +1 3x −1 = 1 x = 1 ⇔(3 ) 0,25 x −1 2 x −1 − 4(3 ) + 3 = 0 ⇔ x −1 ⇔ x = 2 3 = 3 Chý ý häc sinh lµm c¸ch kh¸c kÕt quÈ ®óng vÉn ®îc ®iÓm tèi ®a ----Hết-----
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
ÔN TẬP MÔN VẬT LÝ 12 (2008-2009)
2 p | 626 | 163
-
SGK Giải tích 12 Nâng cao: Phần 1
135 p | 286 | 94
-
Đề thi dự trữ khối B_năm 2007
8 p | 293 | 75
-
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÀN TỈNH LỚP 12 - NĂM HỌC 2007-2008 MÔN VẬT LÝ
2 p | 230 | 65
-
Đề thi Dự trữ khối D-năm 2007
8 p | 643 | 55
-
Bài giảng Giải tích 12 chương 2 bài 4: Hàm số mũ - Hàm số logarit
49 p | 391 | 46
-
Đề thi Toán lớp 5 nâng cao - Đề số 12
8 p | 183 | 16
-
SKKN: Xây dựng được kế hoạch sát với tình hình thực tế đơn vị
38 p | 130 | 13
-
Thí sinh lưu ý để đạt điểm cao Toán, Lý, Hóa
8 p | 106 | 7
-
Đề thi học kì 2 môn toán lớp 12 (ban KHTN) năm học 2008-2009 trường THPT Đa Phúc - có lời giải
3 p | 81 | 6
-
Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2014-2015 - Trường THPT Lý Thái Tổ
7 p | 94 | 5
-
Đề cương ôn tập chi tiết học kì I (2018 - 2019) môn Lịch sử 12 - Trường THPT Hai Bà Trưng
39 p | 57 | 2
-
Đề cương ôn tập học kỳ II Hoá học lớp 12 năm học 2018–2019 – Trường THPT Hai Bà Trưng
4 p | 49 | 2
-
Đề cương ôn tập học kì 2 môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 - Trường THPT Trần Phú
34 p | 36 | 2
Chịu trách nhiệm nội dung:
Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA
LIÊN HỆ
Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM
Hotline: 093 303 0098
Email: support@tailieu.vn