Đề khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 12 năm học 2013-2014 – Trường THPT Chuyên thành phố Vinh

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

15
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 12 năm học 2013-2014 – Trường THPT Chuyên thành phố Vinh" thông tin đến các bạn học sinh với 5 câu hỏi, phục vụ cho ôn luyện và củng cố kiến thức. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 12 năm học 2013-2014 – Trường THPT Chuyên thành phố Vinh

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM HỌC 2013-2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn thi: TOÁN – LỚP 12; định hướng cho học sinh thi khối A Thời gian làm bài: 120 phút Câu I (3,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 3mx + 2, m là tham số. 1. Khi m = 0, viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A (1; 0 ) . 2. Tìm m để hàm số đã cho có 2 điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn 2 x1 + x2 = 5 . 3. Tìm m để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( 2; + ∞ ) . Câu II (2,0 điểm).  x 2 + 3 xy − 4 y 2 = 0 1. Giải hệ phương trình  .  x − 1 + y − 1 = 4 2. Tính đạo hàm của hàm số y = x + 1 + 2 tan 3 x . Câu III (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn x + y + z > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x3 + y 3 + 16 z 3 A= . ( x + y + z) 3 Câu IV (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a 2 , tam giác ABC vuông tại B với AB = a 2, BC = 2a . 1. Chứng minh ( SAC ) ⊥ ( ABC ) . 2. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC. Câu V (2,0 điểm). Cho hình lăng trụ đều ABCD.A’B’C’D’ có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. 1. Tính theo a khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’C’B). 2. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, DD’. Tính khoảng cách giữa MN và A’C’ theo a. ------------------------------------ Hết ------------------------------------
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN KHẢO SÁT ĐẦU NĂM HỌC 2013-2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn thi: TOÁN – LỚP 12; định hướng khối A Thời gian làm bài: 120 phút Câu Đáp án Điểm Câu I 1 (1 điểm) ( 3 điểm) Khi m = 0 hàm số trở thành y = x3 − 3 x 2 + 2. 0,5 Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x . Phương trình tiếp tuyến tại A (1;0 ) của đồ thị hàm số là y − 0 = y ' (1)( x − 1) 0,5 hay y = −3 x + 3 2 (1 điểm) Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x + 3m Để hàm số có cực trị ⇔ y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' = 9 (1 − m ) > 0 ⇔ m < 1 Khi đó hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình 0,5 3x 2 − 6 x + 3m = 0 . Theo định lý Viet ta có:  x1 + x2 = 2 ( 2 )   x1 .x2 = m ( 3) Theo bài ra 2 x1 + x2 = 5 ( 4 ) Từ (2) và (4) ta có x1 = 3; x2 = −1 0,5 Thay vào (3) ta có m = −3 (thỏa mãn điều kiện). Vậy m = −3 . 3(1 điểm) Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x + 3m Để hàm số đồng biến trên ( 2; + ∞ ) ⇔ y ' ≥ 0, ∀x > 2 ⇔ 3 x 2 − 6 x + 3m ≥ 0, ∀x > 2 0,5 ⇔ x 2 − 2 x + m ≥ 0, ∀x > 2 ⇔ m ≥ − x 2 + 2 x, ∀x > 2 Đặt g ( x ) = − x 2 + 2 x trên x ∈ [ 2; + ∞ ) Ta có g '( x) = −2 x + 2 , g '( x) < 0, ∀x ≥ 2 Bảng biến thiên g ( x ) x 2 +∞ − g' 0,5 g 0 −∞ Từ đó để ⇔ m ≥ g ( x), ∀x > 2 ⇔ m ≥ 0 . Vậy m ≥ 0 Câu II 1 (1 điểm) (2 điểm)  x 2 + 3 xy − 4 y 2 = 0 (1) Hệ đã cho  .  x − 1 + y − 1 = 4 ( 2) 0,5 1
Điều kiện x ≥ 1; y ≥ 1. x = y Từ (1) ⇔ ( x − y )( x + 4 y ) = 0 ⇔  x + 4y = 0 Với x = y thay vào ( 2 ) ta có 2 x − 1 = 4 ⇔ x − 1 = 2 ⇔ x = 5 ⇒ y = 5 (thỏa mãn) 0,5 Với x + 4 y = 0 đối chiếu với điều kiện, loại. Vậy ( x, y ) = {( 5;5 )} 2 (1 điểm) 1 6 Ta có y ' = + 2 x + 1 cos 3 x 2 1,0 Chú ý : Nếu chỉ tính đúng một trong hai đạo hàm x + 1 hoặc tan 3x thì được 0,5 điểm Câu III 1 điểm (1 điểm) ( x + y) 3 Trước hết ta có với x, y ≥ 0 thì x + y 3 3 ≥(1) 4 Thật vậy (1) ⇔ 4 ( x 3 + y 3 ) ≥ ( x + y ) ⇔ x3 + y 3 ≥ x 2 y + y 2 x ⇔ ( x − y ) ( x + y ) ≥ 0 , 3 2 điều này luôn đúng. 0,5 Đặt x + y + z = a . Khi đó 4 A ≥ ( x + y ) + 64 z 3 ( a − z ) + 64 z 3 3 3 = = (1 − t ) + 64t 3 3 3 3 a a z (với t = , 0 ≤ t ≤ 1 ). a Xét hàm số f ( t ) = (1 − t ) + 64t 3 với t ∈ [ 0;1] . 3 1 Ta có f '(t ) = 3 64t 2 − (1 − t )  , f '(t ) = 0 ⇔ t = ∈ [ 0;1] 2   9  1  64 0,5 Ta có f ( 0 ) = 1; f (1) = 64; f   =  9  81 64 16 Do đó min f ( t ) = , do đó GTNN của A là đạt được khi x = y = 4 z > 0 t∈[ 0;1] 81 81 Câu IV 1 (1 điểm) (2 điểm) S A C 0,5 H B Vì SA= SB =SC, nên kẻ SH vuông góc với đáy tại H, thì H là tâm tròn ngoại tiếp đáy. Mà tam giác ABC vuông tại B nên H là trung điểm của AC 0,5 2
 SH ⊥ ( ABC ) Vậy  ⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABC ) .  SH ⊂ ( SAC ) 2 (1 điểm) 1 Thể tích của khối chóp SABC là VSABC = SH .S ABC (1) 3 0,5 1 Với S ABC = BA.BC = a 2 2 (2) 2 1 1 a 6 AH = AC = BA2 + BC 2 = , 2 2 2 6a 2 a 2 SH = SA2 − AH 2 = 2a 2 − = , (3) 4 2 0,5 1 a 2 2 a3 Từ (1), (2), (3) suy ra VSABC = . .a 2 = . 3 2 3 3 a Vậy thể tích khối chóp S.ABC là VSABC = . 3 Câu V 1 (1 điểm) (2 điểm) Vì tứ diện B’A’C’B là tứ diện vuông đỉnh B’, nên gọi d là khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’C’B), ta có 1 1 1 1 2 = + + d B ' A ' B 'C ' B ' B2 2 2 A' D' C' B' 0,5 N E F A P D M B C 1 1 1 1 9 Hay = + + = . d 2 a 2 a 2 4 a 2 4a 2 0,5 Vậy d = d ( B ', ( A ' C ' B ) ) = 2a . 3 2 (1 điểm) Lấy P là trung điểm của AD, Ta có A’C’ // MP, suy ra A’C’ // (MNP) 0,5 ( ) ( Nên d ( A ' C ', MN ) = d A ' C ', ( MNP ) = d C ', ( MNP ) ) (1) Ta có DC’ cắt CD’, MN lần lượt tại E, F và có F là trung điểm của DE, nên C’F = 3 0,5 DF. 3
d ( C ', ( MNP ) ) C'F Suy ra: = =3 (2) d ( D, ( MNP ) ) DF Gọi h là khoảng cách từ D đến mặt phẳng (MNP), vì tứ diện DMNP là tứ diện vuông đỉnh D, nên 1 1 1 1 9 = + + = , h 2 DM 2 DN 2 DP 2 a 2 Hay h = d ( D, ( MNP ) ) = a (3) 3 Từ (1), (2), (3) suy ra d ( A ' C ', MN ) = 3d ( D, ( MNP ) ) = a 4