Đề khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 12 năm học 2015-2016 – Trường THPT Thuận Thành số 1

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

17
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn và quý phụ huynh cùng tham khảo "Đề khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 12 năm học 2015-2016 – Trường THPT Thuận Thành số 1" để hỗ trợ cho quá trình học tập và ôn luyện kiến thức cho học sinh khối 12.

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 2015-2016 – Trường THPT Thuận Thành số 1

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 1 NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN THPT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm) a) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x3+x2 -2x +1 tại điểm có hoành độ x = 1. x 1 b) Tìm m để phương trình:  x  m  có hai nghiệm phân biệt. x 2 Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 2cosx+ s inx  1  sin 2x . b) Cho cosα = 1 ,      0 . Tính cos      3 2  6 1 Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x  , x 1 x 1 Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển Niu-tơn của biểu thức 8  3 2  x   , với x  0 .  x b) Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4 lập được bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số trong các số lập được, tính xác suất để lấy được số chẵn Câu 5 (1,5 điểm). Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy(ABC), SA  a 6 , AB  AC  a 3 , góc BAC bằng 1200 ; lấy điểm M trên cạnh BC sao cho MC = 2MB. a)Tính góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC). b)Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC. Câu 6(1,5 điểm) a)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d: x-y+2 = 0 và A(1;1). Viết phương trình đường tròn tâm A và tiếp xúc với d b)Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 3 x  5 y  8  0, x  y  4  0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D  4; 2  . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3 2  2 x  y  y  2 y Câu 7 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  ( x, y  R ) . ( y  1)( y  x  1)  2 x  4 Câu 8 (1,0 điểm). Cho a,b,c >0 thỏa mãn: a2+b2 + c(a+b) + 4c2 = 4. Tìm giá trị lớn nhất 2 2 a b  c  b  a  c 1 của biểu thức: P = P    ac bc c Hết Họ và tên thí sinh:…………………………………….; Số báo danh:……………………
Câu Nội dung Điểm Thay x =1 vào công thức hàm số ta có y = 1. Vậy tiếp điểm M(1;1) 0,25 Ta có: y’ = 3x2+2x-2  y’(1) = 3 là hệ số góc của tiếp tuyến 0,25 Phương trình tiếp tuyến tại M là: y = 3(x-1) + 1 hay y = 3x-2 0,5 1b (1,5)  x 2  (m 1) x  2m 1  0 (1) với x  2 . 0,25 + Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 0,25  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x  2   m 2  6m  5  0   2 . 0,25 2  (m  1).2  2m 1  0  m  1 hoac m  5    m  1 hoac m  5 0,25 1  0 2ª Ta có: 2cosx+ s inx  1  sin 2x  (2cosx-1)  s inx(2cosx  1)  0 (0,5)  (2cosx-1)(1- sin x)  0 0,25  sinx  1   cosx= 1  2    x   k2  2 (k  Z). 0,25  x=    k2  3 2b (0,5) 8  2 2 sin 2   1  cos 2  ,     0  sin   0,25 9 2 3    1 3 12 2 32 2 Khi đó: cos(  )  cos  cos  sin  sin    0,25 6 6 6 3 2 2 3 6 3 1 Với x > 1 ta có y '  1  2  y '  0  x  2 (do x  1) 0,5 (1,0)  x  1 x 1 2 + y’(x) - 0 + + + y(x) 3 Từ BBT ta có Min y  3 khi x  2 0,5 x 1 Chú ý: Học sinh có thể sử dụng BĐT Cô- si
4ª 8 k  3 2 k 3 8k  2  (0,5) Số hạng tổng quát trong khai triển Niu-tơn của  x   là C8 (x )    x x  Ck8 2k x24  4k 0,25 Số hạng này không chứa x khi và chỉ khi 24 – 4k = 0  k = 6. Vậy số hạng không chứa x là C68 26 = 1792. 0,25 4b Gọi số cần lập là abcd với a,b,c,d  0;1; 2;3; 4 , và a  0 . (0,5) a có 4 cách chọn b có 4 cách chọn 0,25 c có 3 cách chọn d có 2 cách chọn Số các số được lập là: 4.4.3.2 = 96 Ta xét hai trường hợp: Gọi số cần lập là abcd với a,b,c,d  0;1; 2;3; 4 , d chẵn và a  0 . Ta xét hai trường hợp: - Trường hợp 1: Lần lượt chọn như sau + Chọn d = 0, có 1 cách; + Chọn a, có 4 cách; + Chọn b, có 3 cách; + Chọn c, có 2 cách. Suy ra trường hợp 1 lập được 1.4.3.2 = 24 số. - Trường hợp 2: Lần lượt chọn như sau + Chọn d bằng 2 hoặc 4, có 2 cách; + Chọn a, có 3 cách; + Chọn b, có 3 cách; + Chọn c, có 2 cách. Suy ra trường hợp 2 lập được 2.3.3.2 = 36 số. Vậy lập được 24 + 36 = 60 số 0,25 60 5 Xác suất chọn được số chẵn là: P =  96 8 5 a) Ta có: AC là hình chiếu của SC trên S (1,5) mf(ABC), nên góc giữa SC và 0,25 (ABC) là góc SCA. SA  tanSCA   2  SC A  54,7 0 0,25 AC b) Diện tích tam giác ABC là: H l 1 A S ABC = AB. AC .sin1200 2 1 3 3a 2 3 C 0,25 = a 3.a 3 . = (đvdt). 2 2 4 M B Vậy thể tích hình chóp S.ABC là: 1 1 3a 2 3 VS . ABC = S  ABC .SA  . .a 6 3 3 4 3a 3 2 = (đvtt). 0,25 4
*) Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABC ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  BC = 3a  MB = a. Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABM ta có: AM 2  AB 2  MB 2  2 AB.MB cos30 0  a 2  AM  a  AM  BM  a . Do đó tam giác AMB cân tại M nên BAM  ABM  300  MAC  900  AM  AC (1) Mặt khác: SA  ( ABC )  SA  AC (2) Từ (1) và (2) ta có: AC  (SAM ) (3) 0,25 Kẻ AH  SM ( H  SM ) (4) Từ (3) và (4) ta được: d  AC, SM   AH Trong tam giác ASM vuông tại A ta có: 1 1 1 7 a 6 a 42 2  2 2  2  AH   . 0,25 AH SA AM 6a 7 7 Vậy d  AC, SM   a 42 . 7 6 11 2 Tâm A(1;1). Khoảng cách từ A tới d là d   2 . R  2 (1,5) 2 0,5 Vậy phương trình đường tròn là: (x-1)2+(y-1)2=2 A E H B C K M D Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC,Klà  giao điểm của BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu nd , u d lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:  7 x  y  4  0  x  2 7 1    M  ;  3 x  5 y  8  0 y   1 2 2  2   AD vuông góc với BC nên nAD  uBC  1;1 , mà AD đi qua điểm D suy ra phương trình của AD :1 x  4   1 y  2   0  x  y  2  0 . Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
3 x  5 y  8  0 x  1    A 1;1 x  y  2  0 y 1 0,25 Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: x  y  4  0 x  3    K  3;  1 x  y  2  0  y  1   KCE Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK  , mà   (nội tiếp chắn cung KCE  BDA    BDK AB ) Suy ra BHK  , vậy K là trung điểm của HD nên H  2; 4  . (Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ 0.25 điểm) 0,25 Do B thuộc BC  B  t ; t  4  , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C  7  t ;3  t  .   HB (t  2; t  8); AC (6  t ; 2  t ) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên   t  2 HB. AC  0   t  2  6  t    t  8  2  t   0   t  2 14  2t   0   t  7 Do t  3  t  2  B  2; 2  , C  5;1 . 0,25     Ta có AB  1; 3 , AC   4; 0   nAB   3;1 , nAC   0;1 Suy ra AB : 3x  y  4  0; AC : y  1  0. 0,25 2  2 x  y  y  2 y (1) Câu 7: Giải hệ phương trình:  ( y  1)( y  x  1)  2 x  4 (2) Điều kiện: x  0 , y  0 (*). (2)  y 2  xy  2 y  3x  3  0  ( y 2  xy  y )  (3 y  3x  3)  0  y( y  x  1)  3( y  x  1)  0  ( y  x  1)( y  3)  0  y  x  1  0 (vì y  0 )  x  y  1 (3) 0,25 Thế (3) vào (1) ta có 2 y  2  y  y2  2 y ( y  1 ). y2  1  0,25   y ( y  2)  ( y  2)   y  0 2y  2  y  2y  2  y     y  2 (4)   1  y  0 (5)  2 y  2  y - Với (4) ta có (x = 1; y = 2) (thoả mãn (*)). 0,25 - Xét (5): 1 1 y  1 ta có: y  1  0 nên (5)  y  1 . 2y  2  y 0 1 0,25 Từ đó ta có (x = 0; y = 1) (thoã mãn (*)). Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là (x = 1; y = 2) và (x = 0; y = 1).
8 x2 y2 2  x  y  dấu bằng xảy ra khi x y (1,0) Trước hết ta có bổ đề:với a,b>0 thì a  b  a  b  a b (học sinh phải chứng minh) 0,25  b2   a2  1 1 Áp dụng bổ đề ta có: P  a   c   b   c    b 2  a 2  ( a  b) c   a   b  c c 1  1 1   4  4c 2   4   4c 2     1 c  2c 2 c  0,5 Dấu “=” khi a=b=1;c=1/2. Vậy Pmax=1 khi a = b= 1 và c =1/2. 0,25 Trong mặt phẳng (Oxy) cho đường tròn (C ): 2x2+2y2-2x+2y-1 = 0và hai đường thẳng d1: x- y+4 =0; d2: 6x+4y-1=0. a) Tính khoảng cách từ tâm I của đường tròn (C) tới đường thẳng d1. b) Từ điểm M thuộc d 1 kẻ 2 tiếp tuyến MA,MB tới (C ) với A,B là tiếp điểm. Viết phương trình đường thẳng AB biết tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABM thuộc d2.