zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 1 năm 2014 môn: Toán, khối B và D - Trường THPT chuyên Vinh

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

Báo xấu

44
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo nội dung đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 1 năm 2014 môn "Toán, khối B và D - Trường THPT chuyên Vinh". Hy vọng tài liệu phục vụ hữu ích cho các bạn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 1 năm 2014 môn: Toán, khối B và D - Trường THPT chuyên Vinh

WWW.VNMATH.COM TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN; Khối: B và D; Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2 x - 3 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = . x - 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho. b) Tìm m để đường thẳng d : x + 3 y + m = 0 cắt (H) tại hai điểm M, N sao cho tam giác AMN vuông tại điểm A (1; 0). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3x + 2cos2 x = 3 + 4sin x + cos x(1 + sin x). 2 Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 16 ( x +1- 2 x +1 ) .8 2 x +1 = 4 x + 2 . 1 3 x + 2ln(3 x + 1) Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ò dx . 0 ( x + 1) 2 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A1 B1C 1 có AA1 = a 2, đường thẳng B1 C tạo với mặt phẳng ( ABB1 A 1 ) một góc 450 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB 1 và BC. Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn 0 < ( x + y ) 2 + ( y + z )2 + ( z + x )2 £ 18. ( x + y + z ) 4 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 + z 2 - . 3( x 2 + y 2 + z 2 ) II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b) a. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có M (2; 1) là trung điểm cạnh AC, điểm H (0; - 3) là chân đường cao kẻ từ A, điểm E (23; - 2) thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C. Tìm tọa độ điểm B biết điểm A thuộc đường thẳng d : 2 x + 3 y - 5 = 0 và điểm C có hoành độ dương. x + 2 y - 1 z - 2 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = và hai 1 - 1 2 mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 2 z + 3 = 0, (Q ) : x - 2 y - 2 z + 7 = 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu 9.a (1,0 điểm). Cho tập hợp E = {1, 2, 3, 4, 5} . Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau thuộc E. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M. Tính xác suất để tổng các chữ số của số đó bằng 10. b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A(1; 2), B (4; 1) và đường thẳng D : 3 x - 4 y + 5 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua A, B và cắt D tại C, D sao cho CD = 6. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 1; 0) và hai đường thẳng x -1 y - 3 z -1 x - 1 y + 3 z - 2 d1 : = = , d 2 : = = . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với d 1 và d 2 1 -1 1 -1 2 - 3 đồng thời cách M một khoảng bằng 6. Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 1 0 1 1 1 2 1 3 ( -1) n n 1 Cn - Cn + C n - Cn + . . . + C n = . 2 3 4 5 n + 2 156 Hết
WWW.VNMATH.COM TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN – Khối B, D; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Câu 1. 1 0 . Tập xác định: R \{1}. (2,0 2 0 . Sự biến thiên: điểm) * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y = 2 và lim y = 2. x ®-¥ x ®+¥ Giới hạn vô cực: lim + y = -¥ và lim- y = +¥ . x ®1 x ®1 0,5 Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2, tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1. 1 * Chiều biến thiên: Ta có y ' = > 0, "x ¹ 1. ( x - 1) 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( -¥ ; 1) và (1; + ¥ ) . * Bảng biến thiên: x -¥ 1 + ¥ y y ' + + + ¥ y 3 2 2 I 0,5 - ¥ 2 3 0 . Đồ thị: O 1 3 x æ 3 ö Đồ thị cắt Ox tại ç ; 0 ÷ , cắt Oy tại (0;3). 2 è 2 ø Nhận giao điểm I (1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. b) (1,0 điểm) 1 m Ta có d : y = - x - . Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình 3 3 2x - 3 1 m = - x - , hay x 2 + ( m + 5) x - m - 9 = 0, x ¹ 1. (1) 0,5 x - 1 3 3 Ta có D = (m + 7)2 + 12 > 0, với mọi m. Suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Hơn nữa cả 2 nghiệm x1 , x 2 đều khác 1. Do đó d luôn cắt (H) tại 2 điểm phân biệt M ( x1 ; y1 ), N ( x2 ; y 2 ). uuuur uuur Ta có AM = ( x1 - 1; y1 ), AN = ( x2 - 1; y2 ). uuuur uuur Tam giác AMN vuông tại A Û AM . AN = 0. Hay ( x1 - 1)( x2 - 1) + y1 y2 = 0 1 Û ( x1 - 1)( x2 - 1) + ( x1 + m )( x2 + m ) = 0 9 0,5 Û 10 x1 x 2 + ( m - 9)( x1 + x2 ) + m 2 + 9 = 0. (2) Áp dụng định lý Viet, ta có x1 + x2 = -m - 5, x1 x2 = -m - 9. Thay vào (2) ta được 10( -m - 9) + (m - 9)( -m - 5) + m 2 + 9 = 0 Û -6m - 36 = 0 Û m = - 6. Vậy giá trị của m là m = - 6. Phương trình đã cho tương đương với Câu 2. sin 3x - sin x + 2cos 2 x = 3(sin x + 1) + cos x(sin x + 1) (1,0 Û 2cos 2 x sin x + 2cos 2 x = (sin x + 1)(cos x + 3) điểm) 0,5 Û (sin x + 1)(2cos 2 x - cos x - 3) = 0 Û (sin x + 1)(4cos 2 x - cos x - 5) = 0 Û (sin x + 1)(cos x + 1)(4cos x - 5) = 0.
WWW.VNMATH.COM p *) sin x = -1 Û x = - + k 2p , k Î Z . 2 *) cos x = -1 Û x = p + k 2p , k Î Z . 0,5 *) 4cos x - 5 = 0 vô nghiệm. p Vậy phương trình có nghiệm x = - + k 2p , x = p + k 2p , k Î Z . 2 1 Câu 3. Điều kiện: x ³ - 2 . (1,0 Phương trình đã cho tương đương với điểm) 2 4( x +1- 2 x +1 ) 2 .23 2 x +1 = 2 2 x + 4 0,5 2 ( Û 4 x +1- 2x +1 ) + 3 2 x + 1 = 2 x + 4 2 ( Û 2x + 2 - 2 2 x + 1 ) + 3 2 x + 1 = 2 x + 4. Đặt 2 x + 1 = t ³ 0, phương trình trở thành 2 (t 2 + 1 - 2t ) + 3t = t 2 + 3 Û t 4 - 4t 3 + 5t 2 - t - 2 = 0 0,5 ( Û (t - 2) t (t - 1) 2 + 1 = 0 ) Û t = 2, vì t (t - 1) 2 + 1 > 0 với mọi t ³ 0. 3 Từ đó giải được nghiệm của phương trình ban đầu là x = . 2 1 1 3x ln(3 x + 1) Câu 4. Ta có I = ò ( x + 1)2 dx + 2 ò ( x + 1) 2 dx . (1,0 0 0 điểm) 3d x dx 1 0,5 Đặt u = ln(3 x + 1) Þ du = , dv = 2 Þ v = - . 3 x + 1 ( x + 1) x + 1 Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có 1 1 1 3x 2ln(3 x + 1) d x I =ò 2 dx - + 6 ò 0 ( x + 1) x +1 0 0 (3 x + 1)( x + 1) 1 1 æ 3 3 ö æ 3 1 ö = òç - 2 ÷ dx - ln 4 + 3ò ç - ÷ d x 0è x + 1 ( x + 1) ø 0 è 3 x + 1 x + 1 ø 0,5 3 1 1 3 = - ln 4 + 3ln 3x + 1 = - + 4ln 2. x +1 0 0 2 C Từ giả thiết suy ra D ABC đều và BB1 ^ ( ABC ). Câu 5. Kẻ CH ^ AB, H là trung điểm AB. Khi đó (1,0 H = (· A K · điểm) H CH ^ ( ABB A ) Þ CB 1 1 B C , ( ABB A ) ) = 45 0 1 1 1 1 B Þ D CHB1 vuông cân tại H. x 3 Giả sử BC = x > 0 Þ CH = và a 2 E 2 0,5 C 1 2 x B1 H = B1 B 2 + BH 2 = 2a 2 + . A 1 K 1 4 x 2 3 B 1 Từ CH = B1 H Þ x = 2 a Þ S ABC = = a 2 3 4 Suy ra thể tích lăng trụ V = AA1 .S ABC = a 3 6. Gọi K , K 1 là trung điểm BC , B1C 1 . Kẻ KE ^ AK1 . 0,5
WWW.VNMATH.COM Vì B1C1 ^ ( AKK1 ) nên B1C1 ^ KE Þ KE ^ ( AB1C1 ). Vì BC / /( AB1C 1 ) nên d ( BC , AB1 ) = d ( K , ( AB1C1 ) ) = KE. (1) 1 1 1 5 a 6 a 30 Tam giác AKK 1 vuông tại K nên 2 = 2 + 2 = 2 Þ KE = = . (2) KE K1 K AK 6 a 5 5 a 30 Từ (1) và (2) suy ra d ( AB1 , BC ) = . 5 Từ giả thiết ta có 0 £ x, y, z £ 3 và x + y + z > 0. Câu 6. Suy ra x 2 £ 3 x , y 2 £ 3 y , z 2 £ 3 z. (1,0 2 2 2 điểm) Do đó x + y + z £ 3( x + y + z ). 0,5 ( x + y + z ) 4 1 Khi đó P £ 3( x + y + z ) - = 3( x + y + z ) - ( x + y + z ) 3 . (1) 9( x + y + z ) 9 Đặt t = x + y + z , t > 0. 1 Xét hàm số f (t ) = 3 t - t 3 với t > 0. t 0 3 +¥ 9 1 f '(t ) + 0 – Ta có f '(t ) = 3 - t 2 ; f '(t ) ³ 0 Û 0 < t £ 3. 3 6 Suy ra bảng biến thiên: f (t ) 0,5 Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra f (t ) £ f (3) = 6 với mọi t > 0. (2) Từ (1) và (2) ta có P £ 6. Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 3, y = z = 0 hoặc các hoán vị. Vậy giá trị lớn nhất của P là 6, đạt được khi x = 3, y = z = 0 hoặc các hoán vị. ì x = 1 - 3 t Câu A Î d : 2x + 3 y - 5 = 0 Û í Þ A(-3a + 1, 2a + 1). 7.a A d î y = 1 + 2 t (1,0 Vì M (2; 1) là trung điểm AC nên suy ra C (3 + 3a; 1 - 2a ) uuur điểm) M ïì HA = ( -3a + 1; 2 a + 4) N Þ í uuur ïî HC = (3 + 3a; 4 - 2a ). E é a = 1 0,5 uuur uuur B H C · Vì AHC = 90 nên HA.HC = 0 Þ ê 0 ê a = - 19 . êë 13 *) Với a = 1 Þ A(-2; 3), C (6; - 1) thỏa mãn. 19 æ 18 51 ö *) Với a = - Þ C ç - ; ÷ không thỏa mãn. 13 è 13 13 ø Với A(-2; 3), C (6; - 1) ta có phương trình CE : x + 17 y + 11 = 0, phương trình BC : x - 3 y - 9 = 0 æ 3b + 7 b + 3 ö Suy ra B (3b + 9; b) Î BC Þ trung điểm AB là N ç ; ÷ . 0,5 è 2 2 ø Mà N Î CE Þ b = -4 Þ B (-3; - 4). Tâm mặt cầu (S) là I (t - 2; - t + 1; 2t + 2) Î d . Câu 0,5 Vì (S) tiếp xúc (P), (Q) nên d ( I , ( P ) ) = d ( I , (Q) ) = R 8.a (1,0 é 1 é 1 ê t = -2, R = ê I (-4; 3; - 2), R = điểm) 3t + 7 -t - 1 3 3 Û = = R Û ê Þê 3 3 êt = -3, R = 2 ê I (-5; 4; - 4), R = 2 0,5 êë 3 êë 3 1 4 Suy ra pt (S) là ( x + 4)2 + ( y - 3)2 + ( z + 2) 2 = hoặc ( x + 5) 2 + ( y - 4) 2 + ( z + 4) 2 = . 9 9 3 Số các số thuộc M có 3 chữ số là A5 = 60. Câu 0,5
WWW.VNMATH.COM 9.a Số các số thuộc M có 4 chữ số là A5 4 = 120. (1,0 5 điểm) Số các số thuộc M có 5 chữ số là A5 = 120. Suy ra số phần tử của M là 60 + 120 + 120 = 300. Các tập con của E có tổng các phần tử bằng 10 gồm E1 = {1,2,3, 4}, E2 = {2,3,5}, E3 = {1, 4,5}. Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số bằng 10. Từ E 1 lập được số các số thuộc A là 4! 0,5 Từ mỗi tập E 2 và E 3 lập được số các số thuộc A là 3! Suy ra số phần tử của A là 4!+ 2.3! = 36. 36 Do đó xác suất cần tính là P = = 0,12. 300 B Giả sử (C) có tâm I (a; b ), bán kính R > 0. Câu Vì (C) đi qua A, B nên IA = IB = R 7.b A I Û (a - 1)2 + (b - 2) 2 = (a - 4)2 + (b - 1) 2 = R (1,0 0,5 điểm) H D ìïb = 3a - 6 ìï I (a; 3a - 6) Þí Þí C D 2 2 îï R = 10a - 50a + 65 î ï R = 10a - 50a + 65 (1) -9a + 29 Kẻ IH ^ CD tại H. Khi đó CH = 3, IH = d ( I , D ) = 5 (9a - 29) 2 Þ R = IC = CH 2 + IH 2 = 9 + (2) 25 (9 a - 29) 2 Từ (1) và (2) suy ra 10a 2 - 50 a + 65 = 9 + Û 169a 2 - 728a + 559 = 0 25 0,5 é a = 1 é I (1; - 3), R = 5 ê ê Û Þ ê æ 43 51 ö ê a = 43 I ; , R = 5 61 êë 13 ë ê èç 13 13 ø÷ 13 2 2 æ 43 ö æ 51 ö 1525 Suy ra (C ) : ( x - 1) 2 + ( y + 3)2 = 25 hoặc (C ) : ç x - ÷ + ç y - ÷ = . è 13 ø è 13 ø 169 uur ïìu 1 = (1; - 1; 1) uur uur uur Câu Vì ( P ) // d1 , d 2 nên (P) có cặp vtcp í uur Þ nP = éëu1 , u 2 ùû = (1; 2; 1) 8.b ïîu2 = (-1; 2; - 3) (1,0 Suy ra pt (P) có dạng x + 2 y + z + D = 0. 0,5 điểm) 3 + D é D = 3 é( P ) : x + 2 y + z + 3 = 0 (1) d ( M , ( P ) ) = 6 Û = 6 Û ê Þê 6 ë D = -9 ë ( P ) : x + 2 y + z - 9 = 0 (2) Lấy K (1; 3; 1) Î d1 và N (1; - 3; 2) Î d 2 thử vào các phương trình (1) và (2) ta có N Î ( P ) : x + 2 y + z + 3 = 0 nên d 2 Ì ( P ) : x + 2 y + z + 3 = 0 . Suy ra phương trình mặt phẳng (P) 0,5 thỏa mãn bài toán là ( P ) : x + 2 y + z - 9 = 0. Với mọi x Î R và mọi số nguyên dương n, theo nhị thức Niutơn ta có Câu ( ) Cn0 x - Cn1 x 2 + . . . + ( -1) n Cnn x n +1 = Cn0 - Cn1 x + . . . + ( -1) n Cn n x n x = (1 - x ) n x. 9.b 1 1 0,5 (1,0 Suy ra C 0 x - C1 x 2 + . . . + ( -1) n C n x n +1 dx = (1 - x) n xdx. ( ) điểm) ò0 n n n ò 0 1 1 1 1 (-1) n n Hay Cn0 - Cn1 + . . . + Cn = ò (1 - x) n dx - ò (1 - x)n +1 d x 2 3 n + 2 0 0 1 1 1 = - = , với mọi n Î N * . 0,5 n + 1 n + 2 ( n + 1)( n + 2) 1 1 Từ đó ta có = Û n 2 + 3n - 154 = 0 Û n = 11 (vì n Î N * ). ( n + 1)( n + 2) 156

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.03: Bộ 400 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2021

400 tài liệu

955 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

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

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.