Đề khảo sát chất lượng lớp 12 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Như Xuân (Năm học 2014-2015)

Chia sẻ: Tranh Chap | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

112
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sau đây là đề khảo sát chất lượng lớp 12 có đáp án môn "Toán - Trường THPT Như Xuân" năm học 2014-2015. Mời các bậc phụ huynh, thí sinh và thầy cô giáo cùng tham khảo để để có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề khảo sát chất lượng lớp 12 có đáp án môn: Toán - Trường THPT Như Xuân (Năm học 2014-2015)

SỞ GD&ĐT THANH HOÁ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015 TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN Môn: TOÁN THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x  6x  9x  1 (1). 3 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìm m để phương trình x(x  3)  m có 3 nghiệm phân biệt. 2 Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: (sinx  cosx)  1  cosx . 2 b) Giải bất phương trình: log0,2 x  log0,2(x  1)  log0,2(x  2) . 1 6x+ 7 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I   3x  2 dx . 0 Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)  x  8x  6 trên đoạn [  4 2 3; 5]. b) Khai triển và rút gọn biểu thức (1  x)  2(1  x)  ...  n(1  x) 2 n thu được đa thức P(x)  a 0  a 1x  ...  a n x n . Tìm hệ số a 8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn: 1 7 1 2  3  . Cn Cn n Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN). Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 6), phương trình đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 2 x  y  13  0 và 6 x  13 y  29  0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian toạ độ Oxyz cho ba điểm A(1; -2; 3), B(2; 0; 1), C(3; -1; 5). Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng và tính diện tích tam giác ABC. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: x  y  x  y  3  (x  y)2  2 x  y   2 (x, y  R) .  x  x  y  2  x  y  3  Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. x 2 (y  z) y2 (z  x) z 2 (x  y) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P    . yz zx xy Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………….; Số báo danh:…………………………………...
SỞ GD&ĐT THANH HOÁ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015 TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN Môn: TOÁN THPT ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu Nội dung Điểm 1a a) y  x3  6 x 2  9 x  1 . (1,25) * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên 0,25  Chiều biến thiên: y'  3x 2  12 x  9  3( x 2  4 x  3) x  3 Ta có y '  0   , y'  0  1  x  3 . x  1 Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (,1) và (3,  ) . 0,25 + Hàm số nghịch biến trên khoảng (1, 3).  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1 và yCD  y(1)  3 ; đạt cực tiểu tại x  3 và yCT  y(3)  1. 0,25  Giới hạn: lim y  ; lim y   . x   x    Bảng biến thiên: x  1 3  y’  0  0  0,25  3 y -1 * Đồ thị:  y Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0,  1) . 3 2 1 0,25 x O 1 2 3 4 -1 1b Ta có: x(x  3)  m  x  6x  9x  1  m  1 . 2 3 2 0,25 (0,75) Phương trình có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = m – 1 cắt (C) tại 3 0,25 điểm phân biệt  1  m  1  3  0  m  4 0,25 2a Ta có: (s inx  cosx)  1  cosx  1  2 sin xcosx  1  cosx 2 (0,5)  cosx(2 sin x-1)  0 0,25
cosx  0  s inx= 1  2    x   k 0,25  2    x=  k2 (k  Z).  6  5  x   k2  6 2b Điều kiện: x  0 (*). 0,25 (0,5) log0,2 x  log0,2(x  1)  log0,2(x  2)  log0,2(x 2  x)  log0,2(x  2)  x 2  x  x  2  x  2 (vì x > 0). 0,25 Vậy bất phương trình có nghiệm x  2. 3 1 1 1 6x+ 7 (6x+ 4)+ 3 3 (1,0) I dx   dx   (2  )dx 0,25 0 3x  2 0 3x  2 0 3x  2 1 1 1 1 3 1  2 dx   dx  2 dx   d(3x+ 2) 0,25 0 0 3x  2 0 0 3x  2 1 1  2x  ln 3x  2 0,25 0 0 5  2  ln . 0,25 2 4a f(x)  x 4  8x 2  6 (0,5) f '(x)  4x 3  16x x  0 0,25 f '(x)  0   .  x  2 f(  3)  9 , f(0)  6 , f(2)  10 , f( 5)  9 . Vậy: maxf(x)  f(0)  6 , min f(x)  f(2)  10 0,25 [  3; 5 ] [  3; 5 ] 4b n  3 1 7 1  (0,5) Ta có:  3   2 7.3! 1  n(n  1)  n(n  1)(n  2)  n 2 Cn Cn n  0,25 n  3  2  n  9. n  5n  36  0 Suy ra a8 là hệ số của x 8 trong biểu thức 8(1  x)8  9(1  x)9 . 0,25 Đó là 8.C88  9.C98  89.
5 *) Ta có: (1,0) AN  AB2  BN 2  2a 3 Diện tích tam giác ABC là: 0,25 S 1 SABC  BC. AN  4a 2 3 . 2 Thể tích hình chóp S.ABC là: 1 1 VS . ABC  SABC .SA  4a 2 3.8a 3 3 M 0,25 3 32a 3  (đvtt). 3 A C *) Ta có: VB. AMN BA BM BN 1 H  . .  N VS . ABC BA BS BC 4 0,25 1 8a 3 3 B VB. AMN  VS . ABC  . 4 3 1 1 Mặt khác, SB  SC  4 5a  MN  SC  2 5a ; AM  SB  2 5a . 2 2 Gọi H là trung điểm AN thì MH  AN ,  MH  AM 2  AH 2  a 17 . 1 1 Diện tích tam giác AMN là SAMN  AN .MH  2a 3.a 17  a 2 51 . 0,25 2 2 Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: 3VB. AMN 8a 3 3 8a 8a 17 d ( B, ( AMN ))   2   . SAMN a 51 17 17 6 - Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM. (1,0) Khi đó C(-7; -1) CH có phương trình 2 x  y  13  0 , CM có phương trình 6 x  13 y  29  0. 2 x  y  13  0 0,25 - Từ hệ   C (7;  1). 6 x  13 y  29  0 - AB  CH  n AB  u CH  (1, 2) M(6; 5) B(8; 4) A(4; 6) H  pt AB : x  2 y  16  0 .  x  2 y  16  0 - Từ hệ   M (6; 5)  B(8; 4). 0,25 6 x  13 y  29  0 - Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC : x 2  y 2  mx  ny  p  0. 52  4m  6n  p  0 m  4   0,25 Vì A, B, C thuộc đường tròn nên 80  8m  4n  p  0  n  6 . 50  7m  n  p  0  p  72   Suy ra pt đường tròn: x 2  y 2  4 x  6 y  72  0 hay ( x  2) 2  ( y  3) 2  85. 0,25 7 Ta có AB  (1; 2; 2), AC  (2;1; 2) 0,25 (1,0) [ AB, AC ]  (6;  6; 3)  0 0,25
Suy ra AB, AC không cùng phương nên A, B, C không thẳng hàng. 0,25 1 9 Diện tích tam giác ABC là SABC = [ AB, AC ]  (đvdt). 0,25 2 2 8 x  y  x  y  3  (x  y)2  2 x  y (1)  (1,0) Giải hệ:  (x, y  R) .  x 2  x  y  2  x  y  3 (2)  0,25 x  y  0 Điều kiện:  (*)  x  y  0 Đặt t  x  y  0 , từ (1) ta có: t  t  3  t2  2 t  t  t2  t  3  2 t  0 3(1  t)  3   t(1  t)   0  (1  t)  t  0 t 3 2 t  t 3 2 t  0,25 3  t  1 (Vì t   0, t  0 ). t 3 2 t Suy ra x  y  1  y  1  x (3). Thay (3) vào (2) ta có: x 2  3  2x  1  3 x2  1 2x  2  ( x 2  3  2)  ( 2x  1  1)  0   0 x 3 2 2 2x  1  1 0,25  x 1 2   (x  1)     0  2 2x  1  1   x 3 2 x 1 2 1  x  1 (Vì   0, x  ). x2  3  2 2x  1  1 2 Suy ra (x = 1; y = 0), thoả mãn (*). 0,25 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x = 1; y = 0). 9 x 2 x 2 y2 y2 z 2 z 2 Ta có : P       (*) (1,0) y z z x x y Nhận thấy : x2 + y2 – xy  xy x, y  R 0,25 2 2 x y Do đó : x3 + y3  xy(x + y) x, y > 0 hay   x  y x, y > 0 y x y2 z2 Tương tự, ta có :   y  z y, z > 0 z y 0,25 z2 x 2  zx x, z > 0 x z Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: 0,25 P  2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 1 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = . Vì vậy, minP = 2. 0,25 3 ..........Hết.........