intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 3 môn Toán (năm học 2013)

Chia sẻ: Codon_11 Codon_11 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST
Báo xấu
67
lượt xem 2
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo "Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 3 môn Toán (năm học 2013)" của Trường Đại học Vinh dành cho các bạn khối A, A1. Đề thi gồm có hai phần, phần chung dành cho tất cả các thí sinh, phần riêng thí sinh lựa chọn có kèm hướng dẫn làm bài. Mời các bạn cùng tìm hiểu và tham khảo nội dung thông tin tài liệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 3 môn Toán (năm học 2013)

  1. www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN; Khối: A và A1; Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2 (1), với m là tham số. 3 4 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = . 3 b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3x + (1 − cos x) cos 2 x = (sin x + 2 cos x) sin 2 x. Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 4(2 x 2 + 1) + 3( x 2 − 2 x) 2 x − 1 = 2( x 3 + 5 x). Câu 4 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường x +1 y= , y = 0, x = 3 xung quanh trục hoành. x2 + 3 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. A' B ' C ' có các đáy là tam giác đều cạnh 3a. Hình chiếu vuông góc của C ' lên mặt phẳng ( ABC ) là điểm D thỏa mãn điều kiện DC = −2 DB . Góc giữa đường thẳng AC ' và mặt phẳng ( A' B' C ' ) bằng 450. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và tính côsin góc giữa hai đường thẳng BB ' và AD. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn 1 + x 2 + 1 + 2 y + 1 + 2 z = 5 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2 x 3 + y 3 + z 3 . 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 B( 4 ; − 5), phương trình các đường thẳng chứa đường cao kẻ từ A và trung tuyến kẻ từ B lần lượt là x − 3 y − 7 = 0 và x + y + 1 = 0. Tìm tọa độ các điểm A và C biết diện tích tam giác ABC bằng 16. x −1 y z − 3 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng d1 : = = ; 1 1 2 x y − 2 z −1 x −3 y + 2 z d2 : = = ; d3 : = = . Tìm tọa độ điểm P thuộc d1 và điểm Q thuộc d 2 sao cho đường 1 2 1 −2 1 1 thẳng PQ vuông góc với d 3 và độ dài PQ nhỏ nhất. Câu 9.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z+i z +i + là số thuần ảo. z +1 z +1 b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2 3; 2). Viết phương trình chính tắc của elíp (E) đi qua M biết rằng M nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một góc vuông. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm K (1; 3; 2) và mặt phẳng ( P) : x + y + z − 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua K, song song với mặt phẳng (Oyz ) và tạo với (P) một góc α có tan α = 2 . ⎧2 x.3 y − 3 x+2 = 3(6 x − 3 y ) Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ R). ⎩log 2 (1 + x) + log 2 (2 + 2 xy) = 2(1 + log 2 y ) ---------------------------- Hết -------------------------- Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 18, 19/5/2013. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC. 2. Kỳ khảo sát chất lượng lần cuối năm 2013 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 15 và ngày 16/6/2013. Đăng kí dự thi tại văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 18/5/2013.
  2. www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Câu 1. 4 1 8 (2,0 Khi m = hàm số trở thành y = x 4 − x 2 + 2. 3 3 3 điểm) 1o. Tập xác định: D = R , y là hàm số chẵn. 2o. Sự biến thiên: 1 8 2 * Giới hạn tại vô cực: lim y = lim x 4 ( − 2 + 4 ) = +∞. x → ±∞ x → ±∞ 3 3x x 4 16 * Chiều biến thiên: Ta có y ' = x 3 − x, x ∈ R. 3 3 0,5 ⎡x = 0 ⎡− 2 < x < 0 ⎡ x < −2 y' = 0 ⇔ ⎢ ; y' > 0 ⇔ ⎢ ; y' < 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = ±2 ⎣x > 2 ⎣0 < x < 2. Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−2; 0) và (2; + ∞) ; nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞; − 2) và (0; 2). * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, giá trị cực đại yCĐ = 2 ; hàm số đạt cực tiểu tại 10 các điểm x = −2 và x = 2, giá trị cực tiểu yCT = − . 3 * Bảng biến thiên: y x −∞ –2 0 2 +∞ y' − 0 + 0 − 0 + 2 +∞ +∞ 2 y 10 10 0,5 − 3 − 3 −2 O 2 x 3o. Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng. − 10 3 b) (1,0 điểm) 4 4x 2 Ta có y ' = x 3 − 4mx = ( x − 3m). 3 3 Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ phương trình y '= 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0. 0,5 Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là A(0; 2), B (− 3m ; 2 − 3m 2 ) và C ( 3m ; 2 − 3m 2 ). Tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O khi và chỉ khi OA = OB = OC ⎡m = 1, m = 0 ⇔ 2 = 3m + (2 − 3m ) ⇔ m(m − 1)(3m + 3m − 1) = 0 ⇔ ⎢ 2 2 2 ⎢m = − 3 ± 21 . 0,5 ⎢⎣ 6 − 3 + 21 Kết hợp điều kiện m > 0 ta có giá trị của m là m = 1, m = . 6 Phương trình đã cho tương đương với Câu 2. sin 3 x + cos 2 x − cos x cos 2 x = sin 2 x sin x + 2 sin 2 x cos x (1,0 ⇔ sin 3 x + cos 2 x = (cos 2 x cos x + sin 2 x sin x) + sin 3x + sin x 0,5 điểm) ⇔ cos 2 x = cos x + sin x ⇔ (cos x + sin x)(cos x − sin x − 1) = 0. π * cos x + sin x = 0 ⇔ tan x = −1 ⇔ x = − + kπ . 4 1
  3. www.VNMATH.com ⎡ π π ⎢ x + 4 = 4 + k 2π ⎡ x = k 2π ⎛ π⎞ 1 * cos x − sin x = 1 ⇔ cos⎜ x + ⎟ = ⇔⎢ ⇔⎢ ⎢ x = − π + k 2π . 0,5 ⎝ 4⎠ 2 π π ⎢ x + = − + k 2π ⎢⎣ ⎣ 2 4 4 π π Vậy nghiệm của phương trình là x = − + kπ , x = k 2π , x = − + k 2π , k ∈ Z. 4 2 1 Điều kiện: x ≥ . Câu 3. 2 (1,0 Phương trình đã cho tương đương với điểm) 3 x( x − 2) 2 x − 1 = 2( x 3 − 4 x 2 + 5 x − 2) vì 0,5 ⇔ 3 x( x − 2) 2 x − 1 = 2( x − 2)( x 2 − 2 x + 1) ⎡x = 2 ⇔⎢ ⎣3 x 2 x − 1 = 2( x − 2 x + 1) 2 (1) Phương trình (1) tương đương với 2x −1 2x −1 2(2 x − 1) + 3 x 2 x − 1 − 2 x 2 = 0 ⇔ 2. 2 + 3. − 2 = 0. (2) x x 2x −1 Đặt t = , t ≥ 0. Khi đó phương trình (2) trở thành x 0,5 1 2t + 3t − 2 = 0 ⇔ (2t − 1)(t + 2) = 0 ⇔ t = , t ≥ 0. 2 2 Suy ra x − 8 x + 4 = 0 ⇔ x = 4 ± 2 3 , thỏa mãn điều kiện. 2 Vậy nghiệm của phương trình là x = 2, x = 4 + 2 3 , x = 4 − 2 3. x +1 Câu 4. Ta có = 0 ⇔ x = −1. x2 + 3 (1,0 Thể tích V cần tính là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình thang cong giới hạn bởi điểm) x +1 các đường y = , y = 0, x = −1, x = 3 xung quanh Ox. x2 + 3 0,5 3 3 ( x + 1) 2 ⎛ 2x 2 ⎞ Suy ra V = π ∫ 2 dx = π ∫ ⎜1 + 2 − 2 ⎟dx −1 x +3 −1 ⎝ x + 3 x + 3⎠ 3 3 ( ) 3 dx dx = π x + ln | x 2 + 3 | − 2π ∫ = π (4 + ln 3) − 2π ∫ 2 . (1) −1 −1 x +3 2 −1 x +3 3 dx π π Tính I = ∫x −1 2 +3 . Đặt x = 3 tan t. Khi x = −1 thì t = − , khi x = 3 thì t = 6 3 và π π 3 dt dx 3 1 dt 1 3 3π dx = 3 . Suy ra I = ∫ 2 = ∫π 3(1 + tan 2 t ) . 3 cos2 t = 3 ∫π dt = . 0,5 cos 2 t −1 x +3 6 − − 6 6 3π 2 Thay vào (1) ta được V = (4 + ln 3)π − . 3 B' Từ giả thiết ⇒ C ' D ⊥ ( ABC ). Vì ( ABC ) //( A' B ' C ' ) nên Câu 5. (1,0 ∠( AC ' , ( ABC )) = ( AC ' , ( A' B ' C ' )) = ∠C ' AD = 450. điểm) C' A' Sử dụng định lí cosin cho ΔABD ⇒ AD = a 7 ⇒ C ' D = AD tan 450 = a 7 . 0,5 Suy ra thể tích lăng trụ B (3a ) 2 3 9 21 3 V = C ' D.S ABC = a 7 . = a . D 45 0 4 4 3a C A 2
  4. www.VNMATH.com Vì AA' // BB ' nên ∠( BB ' , AD) = ∠( AA' , AD) = ∠A' AD (1) Vì C ' D ⊥ ( ABC ) nên C ' D ⊥ ( A' B ' C ' ) ⇒ C ' D ⊥ C ' A' ⇒ DA' = DC ' +C ' A' = 16a , 2 2 2 2 AA' 2 + AD 2 − DA' 2 1 AA' = CC ' = C ' D 2 + DC 2 = a 11. Suy ra cos ∠A' AD = = . (2) 0,5 2 AA'.AD 77 1 Từ (1) và (2) suy ra cos( BB' , AD) = | cos ∠A' AD | = . 77 Với hai số không âm a, b ta có 1 + a + 1 + b ≥ 1 + 1 + a + b . (1) Câu 6. (1,0 Thật vậy, (1) ⇔ 2 + a + b + 2 (1 + a )(1 + b) ≥ 2 + a + b + 2 1 + a + b điểm) ⇔ 1 + a + b + ab ≥ 1 + a + b , luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0. 0,5 Áp dụng (1) ta có 5 = 1 + x 2 + 1 + 2 y + 1 + 2 z ≥ 1 + 1 + x 2 + 2 y + 1 + 2 z ≥ 2 + 1 + x2 + 2 y + 2z . x2 Suy ra x 2 + 2 y + 2 z ≤ 8, hay y + z ≤ 4 − . (2) 2 3 ⎛ x2 ⎞ Khi đó P ≤ 2 x + ( y + z ) ≤ 2 x + ⎜⎜ 4 − ⎟⎟ . 3 3 3 (3) ⎝ 2⎠ Chú ý rằng, từ (2) và x, y, z không âm ta có 0 ≤ x ≤ 2 2 . 3 ⎛ x2 ⎞ Xét hàm số f ( x) = 2 x 3 + ⎜⎜ 4 − ⎟⎟ trên [0; 2 2 ]. Ta có ⎝ 2 ⎠ 2 ⎛ x2 ⎞ 3 [ ] f ' ( x) = 6 x 2 − 3x⎜⎜ 4 − ⎟⎟ = x( x − 2) x(12 − x 2 ) + 2(16 − x 2 ) . 2⎠ 4 0,5 ⎝ ⎡x = 0 Với x ∈ [0; 2 2 ] ta có f ' ( x) = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = 2. Từ f (0) = 64, f (2) = 24, f ( 2 2 ) = 32 2 suy ra f ( x) ≤ 64, ∀x ∈ [0; 2 2 ]. (4) Từ (3) và (4) ta có P ≤ 64, dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = 0, z = 4 hoặc x = z = 0, y = 4. Vậy giá trị lớn nhất của P là 64, đạt được khi x = y = 0, z = 4 hoặc x = z = 0, y = 4. A BC ⊥ AH ⇒ pt BC : 3x + y − 7 = 0. Câu C ∈ BC ⇒ C (c; 7 − 3c), 7.a M A ∈ AH ⇒ A(3a + 7; a). (1,0 điểm) ⎛ 3a + c + 7 a − 3c + 7 ⎞ 0,5 Suy ra trung điểm AC là M ⎜ ; ⎟. ⎝ 2 2 ⎠ B H C 3a + c + 7 a − 3c + 7 Do M ∈ BM : x + y + 1 = 0 ⇒ + + 1 = 0 ⇔ 2 a − c + 8 = 0. (1) 2 2 | 10a + 14 | Ta có BC = (c − 4) 2 + (12 − 3c) 2 = 10 c − 4 , AH = d ( A, BC ) = 10 1 ⇒ S ABC = BC . AH = | (c − 4)(5a + 7) | = 16. (2) 2 0,5 ⎡a = −3, c = 2 ⎡ A( −2; − 3), C (2; 1) Từ (1) và (2) suy ra ⎢ ⇒ ⎢ ⎛ 29 2 ⎞ ⎛ 36 73 ⎞ ⎢a = − 2 , c = 36 ⎢ A⎜ ; − ⎟, C ⎜ ; − ⎟. ⎣ 5 5 ⎢⎣ ⎝ 5 5⎠ ⎝ 5 5⎠ P ∈ d1 ⇒ P ( p + 1, p, 2 p + 3), Q ∈ d 2 ⇒ Q( q; 2q + 2; q + 1) . Câu Suy ra PQ = (− p + q − 1; − p + 2q + 2; − 2 p + q − 2). 8.a 0,5 (1,0 PQ ⊥ d 3 ⇒ u3 .PQ = 0 ⇔ −2(− p + q − 1) + 1( − p + 2q + 2) + 1(−2 p + q − 2) = 0 điểm) ⇔ − p + q + 2 = 0 hay p = q + 2. 3
  5. www.VNMATH.com Suy ra PQ 2 = 9 + q 2 + (q + 6) 2 = 2q 2 + 12q + 45 = 2( q + 3) 2 + 27 ≥ 27. 0,5 Suy ra min PQ = 3 3 khi p = −1, q = −3 hay P(0; − 1; 1), Q(−3; − 4; − 2). Giả sử z = x + yi và điểm biểu diễn số phức z là M ( x; y ). Câu z + i z + i 2 | z |2 + z + z + i ( z + z ) + 2i 2( x 2 + y 2 ) + 2 x + 2( x + 1)i 0,5 9.a Ta có + = = . (1,0 z +1 z +1 | z |2 + z + z + 1 ( x + 1) 2 + y 2 điểm) ⎧⎛ 1⎞ 2 1 z+i z +i ⎧⎪2( x 2 + y 2 ) + 2 x = 0 ⎪⎜ x + ⎟ +y = 2 + là số thuần ảo ⇔ ⎨ ⇔ ⎨⎝ 2 ⎠ 4 z +1 z +1 ⎪⎩( x + 1) 2 + y 2 ≠ 0 ⎪( x; y ) ≠ (−1; 0). ⎩ 0,5 2 ⎛ 1⎞ 1 Vậy tập hợp điểm M là đường tròn ⎜ x + ⎟ + y 2 = bỏ đi điểm (−1; 0). ⎝ 2⎠ 4 2 2 x y Câu Phương trình chính tắc của ( E ) : 2 + 2 = 1 (a > b > 0). a b 7.b 12 4 (1,0 M ∈ ( E ) ⇔ 2 + 2 = 1. (1) a b 0,5 điểm) 1 ∠F1MF2 = 90 0 ⇒ MO = F1 F2 = c ⇒ c = 4 ⇒ a 2 − b 2 = 16. (2) 2 ⎧⎪a = 24 2 x2 y2 Từ (1) và (2) suy ra ⎨ 2 ⇒ (E) : + = 1. 0,5 ⎩⎪b = 8 24 8 Phương trình (Oyz ) : x = 0. Câu Giả sử d có vtcp u d (a; b; c), (a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0). 8.b 0,5 (1,0 ⎧⎪ K (1; 3; 2) ∉ (Oyz ) Ta có d //(Oyz ) ⇔ ⎨ ⇔ 1.a = 0 hay a = 0. Suy ra u d (0; b; c) và nP (1; 1; 1). điểm) ⎪⎩u d .n Oyz = 0 2 |b+c| Do 00 ≤ α ≤ 900 nên từ tan α = 2 ⇒ sin α = . Mà sin( d , ( P )) = 3 3. b 2 + c 2 |b+c| 2 ⇒ = ⇔ (b − c) 2 = 0 ⇔ b = c ≠ 0. 3. b + c 2 2 3 0,5 ⎧x = 1 ⎪ Chọn b = c = 1 ⇒ u d = (0; 1; 1). Suy ra phương trình d : ⎨ y = 3 + t ⎪ z = 2 + t. ⎩ ⎧ x > −1, y > 0 Câu Điều kiện: ⎨ 9.b ⎩1 + xy > 0. (1,0 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2 x.3 y + 3 y +1 = 3 x+2 + 3.6 x 0,5 điểm) ⇔ (2 x + 3)3 y = (2 x + 3)3 x+1 ⇔ 3 y = 3 x+1 ⇔ y = x + 1. Phương trình thứ hai của hệ tương đương với log 2 (1 + x)(1 + xy ) = log 2 2 y 2 ⇔ (1 + x)(1 + xy) = 2 y 2 . ⎧y = x +1 > 0 ⎧y = x +1 > 0 ⎧y = x +1 > 0 Từ đó ta được ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ 2 ⎩(1 + x)(1 + xy) = 2 y ⎩1 + xy = 2 y ⎩x − x − 1 = 0 2 ⎡ 1+ 5 3+ 5 0,5 ⎢x = , y= ⇔⎢ 2 2 ⎢ 1− 5 3− 5 ⎢x = , y= . ⎣ 2 2 4
  6. www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN; Khối: D; Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2 (1), với m là tham số. 3 4 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = . 3 b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3x + (1 − cos x) cos 2 x = (sin x + 2 cos x) sin 2 x. ( ) ( Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 3 2 x 2 − x x 2 + 3 < 2 1 − x 4 . ) Câu 4 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường x +1 y= , y = 0, x = 3 xung quanh trục hoành. x2 + 3 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. A' B' C ' có các đáy là tam giác đều cạnh 3a. Hình chiếu vuông góc của C ' lên mặt phẳng ( ABC ) là điểm D thỏa mãn điều kiện DC = −2 DB . Góc giữa đường thẳng AC ' và mặt phẳng ( ABC ) bằng 45 0. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A' B ' C ' và tính côsin góc giữa hai đường thẳng BB' và AC. Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn 1 + x 2 + 1 + 2 y = 4. Tìm giá trị lớn nhất của x y biểu thức P = + . y +1 x + 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 B( 4 ; − 5), phương trình các đường thẳng chứa đường cao kẻ từ A và trung tuyến kẻ từ B lần lượt là x − 3 y − 7 = 0 và x + y + 1 = 0. Tìm tọa độ các điểm A và C biết diện tích tam giác ABC bằng 16. x −1 y z − 3 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng d1 : = = ; 1 1 2 x y − 2 z −1 x−3 y +2 z d2 : = = ; d3 : = = . Tìm tọa độ điểm P thuộc d1 và điểm Q thuộc d 2 sao cho đường 1 2 1 −2 1 1 thẳng PQ vuông góc với d 3 và độ dài PQ nhỏ nhất. Câu 9.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z +i z +i + là số thuần ảo. z +1 z +1 b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2 3; 2). Viết phương trình chính tắc của elíp (E) đi qua M biết rằng M nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một góc vuông. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm K (1; 3; 2) và mặt phẳng ( P) : x + y + z − 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua K, song song với mặt phẳng (Oyz ) và tạo với (P) một góc α có tan α = 2 . ⎧2 x.3 y − 3 x+2 = 3(6 x − 3 y ) Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ R). ⎩log 2 (1 + x) + log 2 (2 + 2 xy) = 2(1 + log 2 y ) ---------------------------- Hết -------------------------- Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 18, 19/5/2013. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC. 2. Chúc các em đạt kết quả cao trong kỳ thi Đại học năm 2013!
  7. www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN – Khối D; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Câu 1. 4 1 8 (2,0 Khi m = hàm số trở thành y = x 4 − x 2 + 2. 3 3 3 điểm) 1o. Tập xác định: D = R , y là hàm số chẵn. 2o. Sự biến thiên: 1 8 2 * Giới hạn tại vô cực: lim y = lim x 4 ( − 2 + 4 ) = +∞. x → ±∞ x → ±∞ 3 3x x 4 3 16 * Chiều biến thiên: Ta có y ' = x − x, x ∈ R. 3 3 0,5 ⎡x = 0 ⎡− 2 < x < 0 ⎡ x < −2 y' = 0 ⇔ ⎢ ; y' > 0 ⇔ ⎢ ; y' < 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = ±2 ⎣x > 2 ⎣0 < x < 2. Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−2; 0) và (2; + ∞) ; nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞; − 2) và (0; 2). * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, giá trị cực đại yCĐ = 2 ; hàm số đạt cực tiểu tại 10 các điểm x = −2 và x = 2, giá trị cực tiểu yCT = − . 3 * Bảng biến thiên: y x −∞ –2 0 2 +∞ y' − 0 + 0 − 0 + 2 +∞ +∞ 2 y 10 10 0,5 − 3 − 3 −2 O 2 x 3o. Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng. − 10 3 b) (1,0 điểm) 4 4x 2 Ta có y ' = x 3 − 4mx = ( x − 3m). 3 3 Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ phương trình y '= 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0. 0,5 Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là A(0; 2), B (− 3m ; 2 − 3m 2 ) và C ( 3m ; 2 − 3m 2 ). Tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O khi và chỉ khi OA = OB = OC ⎡m = 1, m = 0 ⇔ 2 = 3m + (2 − 3m ) ⇔ m(m − 1)(3m + 3m − 1) = 0 ⇔ ⎢ 2 2 2 ⎢m = − 3 ± 21 . 0,5 ⎣⎢ 6 − 3 + 21 Kết hợp điều kiện m > 0 ta có giá trị của m là m = 1, m = . 6 Phương trình đã cho tương đương với Câu 2. sin 3 x + cos 2 x − cos x cos 2 x = sin 2 x sin x + 2 sin 2 x cos x (1,0 ⇔ sin 3 x + cos 2 x = (cos 2 x cos x + sin 2 x sin x) + sin 3x + sin x 0,5 điểm) ⇔ cos 2 x = cos x + sin x ⇔ (cos x + sin x)(cos x − sin x − 1) = 0. π * cos x + sin x = 0 ⇔ tan x = −1 ⇔ x = − + kπ . 4 1
  8. www.VNMATH.com ⎡ π π ⎢ x + 4 = 4 + k 2π ⎡ x = k 2π ⎛ π⎞ 1 * cos x − sin x = 1 ⇔ cos⎜ x + ⎟ = ⇔⎢ ⇔⎢ ⎢ x = − π + k 2π . 0,5 ⎝ 4⎠ 2 π π ⎢ x + = − + k 2π ⎢⎣ ⎣ 2 4 4 π π Vậy nghiệm của phương trình là x = − + kπ , x = k 2π , x = − + k 2π , k ∈ Z. 4 2 Bất phương trình đã cho tương đương với 2( x 4 + 3 x 2 ) − 3 x x 2 + 3 − 2 < 0. Câu 3. (1,0 Đặt x x 2 + 3 = t. Suy ra x 4 + 3x 2 = t 2 . Khi đó bất phương trình trở thành điểm) 1 0,5 2t 2 − 3t − 2 < 0 ⇔ − < t < 2. 2 1 Suy ra − < x x + 3 < 2.2 (1) 2 * Với x ≥ 0 ta có ⎧⎪ x ≥ 0 ⎧x ≥ 0 ⎧x ≥ 0 ⎧x ≥ 0 (1) ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 2 ⇔ 0 ≤ x < 1. ⎩ x + 3x − 4 < 0 ⎩( x − 1)( x + 4) < 0 ⎩x < 1 4 2 2 2 ⎪⎩ x x 2 + 3 < 2 ⎧x < 0 ⎧x < 0 ⎧x < 0 ⎪ ⎪ ⎪ * Với x < 0 ta có (1) ⇔ ⎨ 1 ⇔ ⎨1 ⇔⎨ 4 1 ⎪⎩− 2 < x x + 3 ⎪⎩ 2 > − x x + 3 ⎪⎩ x + 3x − 4 < 0 2 2 2 0,5 ⎧x < 0 ⎪ − 3 + 10 ⇔ ⎨ 2 − 3 + 10 ⇔ − < x < 0. ⎪x < 2 ⎩ 2 − 3 + 10 Từ hai trường hợp trên ta có nghiệm của bất phương trình là − < x < 1. 2 x +1 Câu 4. Ta có = 0 ⇔ x = −1. x2 + 3 (1,0 Thể tích V cần tính là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình thang cong giới hạn bởi điểm) x +1 các đường y = , y = 0, x = −1, x = 3 xung quanh Ox. x2 + 3 0,5 3 3 ( x + 1) 2 ⎛ 2x 2 ⎞ Suy ra V = π ∫ 2 dx = π ∫ ⎜1 + 2 − 2 ⎟dx −1 x +3 −1 ⎝ x + 3 x + 3⎠ 3 3 ( ) 3 dx dx = π x + ln | x 2 + 3 | − 2π ∫ = π (4 + ln 3) − 2π ∫ 2 . (1) −1 −1 x +3 2 −1 x +3 3 dx π π Tính I = ∫x −1 2 +3 . Đặt x = 3 tan t. Khi x = −1 thì t = − , khi x = 3 thì t = 6 3 và π π 3 dt dx 3 1 dt 1 3 3π dx = 3 . Suy ra I = ∫ 2 = ∫π 3(1 + tan 2 t ) . 3 cos2 t = 3 ∫π dt = . 0,5 2 cos t −1 x + 3 6 − − 6 6 3π 2 Thay vào (1) ta được V = ( 4 + ln 3)π − . 3 B' Từ giả thiết Câu 5. ⇒ C ' D ⊥ ( ABC ) ⇒ ∠C ' AD = ∠( AC ' , ( ABC )) = 450. (1,0 C' A' Sử dụng định lí cosin cho tam giác ABD điểm) ⇒ AD = a 7 ⇒ C ' D = AD tan 450 = a 7 . 0,5 Suy ra thể tích lăng trụ B (3a ) 2 3 9 21 3 V = C ' D.S ABC = a 7 . = a . D 45 0 4 4 3a C A 2
  9. www.VNMATH.com Vì CC ' // BB' nên ∠( BB ' , AC ) = ∠(CC ' , AC ) = ∠ACC '. (1) Ta có CC ' = C ' D + DC = a 11, C ' A = C ' D + AD = 14a 2 2 2 2 2 2 CA 2 + CC '2 − AC '2 1 0,5 ⇒ cos ∠ACC ' = = . (2) 2CA.CC ' 11 1 Từ (1) và (2) suy ra cos( BB' , AC ) = cos ∠ACC ' = . 11 Từ giả thiết ta có 16 = 2 + x 2 + 2 y + 2 (1 + x 2 )(1 + 2 y ) Câu 6. (1,0 = 2 + x2 + 2 y + 2 1 + x2 + 2 y + 2x 2 y ≥ 2 + x2 + 2 y + 2 1 + x2 + 2 y . điểm) Từ đó ta có 1 + x 2 + 2 y ≤ 3, hay x 2 + 2 y ≤ 8. x2 0,5 Suy ra y ≤ 4 − , 0 ≤ x ≤ 2 2. 2 x2 4− Khi đó P ≤ x + y ≤ x+ 2 = x + 2 + 2 − x =1+ x + 2 . (1) x+2 x+2 x+2 2 2 x+2 x 2 Xét hàm số f ( x) = 1 + + trên [0; 2 2 ]. Ta có 2 x+2 x2 + 4x f ' ( x) = ≥ 0, ∀x ∈ [0; 2 2 ]. 2( x + 2) 2 0,5 Suy ra f ( x) ≤ f ( 2 2 ) = 2 2 . (2) Từ (1) và (2) ta có P ≤ 2 2 , dấu đẳng thức xảy ra khi x = 2 2 , y = 0. Vậy giá trị lớn nhất của P là 2 2 , đạt khi x = 2 2 , y = 0. A BC ⊥ AH ⇒ pt BC : 3x + y − 7 = 0. Câu C ∈ BC ⇒ C (c; 7 − 3c), 7.a A ∈ AH ⇒ A(3a + 7; a ). M (1,0 điểm) ⎛ 3a + c + 7 a − 3c + 7 ⎞ 0,5 Suy ra trung điểm AC là M ⎜ ; ⎟. ⎝ 2 2 ⎠ B H C 3a + c + 7 a − 3c + 7 Do M ∈ BM : x + y + 1 = 0 ⇒ + + 1 = 0 ⇔ 2 a − c + 8 = 0. (1) 2 2 | 10a + 14 | Ta có BC = (c − 4) 2 + (12 − 3c) 2 = 10 c − 4 , AH = d ( A, BC ) = 10 1 ⇒ S ABC = BC. AH = | (c − 4)(5a + 7) | = 16. (2) 2 0,5 ⎡a = −3, c = 2 ⎡ A( −2; − 3), C (2; 1) Từ (1) và (2) suy ra ⎢ ⇒ ⎢ ⎛ 29 2 ⎞ ⎛ 36 73 ⎞ ⎢a = − 2 , c = 36 ⎢ A⎜ ; − ⎟, C ⎜ ; − ⎟. ⎣ 5 5 ⎢⎣ ⎝ 5 5⎠ ⎝ 5 5⎠ P ∈ d1 ⇒ P( p + 1, p, 2 p + 3), Q ∈ d 2 ⇒ Q( q; 2q + 2; q + 1) . Câu Suy ra PQ = (− p + q − 1; − p + 2q + 2; − 2 p + q − 2). 8.a 0,5 (1,0 PQ ⊥ d 3 ⇒ u3 .PQ = 0 ⇔ −2(− p + q − 1) + 1( − p + 2q + 2) + 1(−2 p + q − 2) = 0 điểm) ⇔ − p + q + 2 = 0 hay p = q + 2. Suy ra PQ 2 = 9 + q 2 + (q + 6) 2 = 2q 2 + 12q + 45 = 2( q + 3) 2 + 27 ≥ 27. Suy ra min PQ = 3 3 khi p = −1, q = −3 hay P(0; − 1; 1), Q(−3; − 4; − 2). 0,5 Giả sử z = x + yi và điểm biểu diễn số phức z là M ( x; y ). Câu z + i z + i 2 | z |2 + z + z + i ( z + z ) + 2i 2( x 2 + y 2 ) + 2 x + 2( x + 1)i 0,5 9.a Ta có + = = . z +1 z +1 | z |2 + z + z + 1 ( x + 1) 2 + y 2 3
  10. www.VNMATH.com (1,0 ⎧⎛ 1⎞ 2 1 điểm) z+i z +i ⎧ ⎪ 2 ( x 2 + y 2 ) + 2 x = 0 ⎪⎜ x + ⎟ + y = 2 + là số thuần ảo ⇔ ⎨ ⇔ ⎨⎝ 2⎠ 4 z +1 z +1 ⎪⎩( x + 1) 2 + y 2 ≠ 0 ⎪( x; y ) ≠ (−1; 0). ⎩ 0,5 2 ⎛ 1⎞ 1 Vậy tập hợp điểm M là đường tròn ⎜ x + ⎟ + y 2 = bỏ đi điểm (−1; 0). ⎝ 2⎠ 4 2 2 x y Câu Phương trình chính tắc của ( E ) : 2 + 2 = 1 (a > b > 0). a b 7.b 12 4 (1,0 M ∈ ( E ) ⇔ 2 + 2 = 1. (1) a b 0,5 điểm) 1 ∠F1MF2 = 90 ⇒ MO = F1 F2 = c ⇒ c = 4 ⇒ a 2 − b 2 = 16. 0 (2) 2 ⎧⎪a 2 = 24 x2 y2 Từ (1) và (2) suy ra ⎨ 2 ⇒ (E) : + = 1. 0,5 ⎪⎩b = 8 24 8 Phương trình (Oyz) : x = 0. Câu Giả sử d có vtcp u d (a; b; c), (a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0). 8.b 0,5 (1,0 ⎧⎪ K (1; 3; 2) ∉ (Oyz ) Ta có d //(Oyz ) ⇔ ⎨ ⇔ 1.a = 0 hay a = 0. Suy ra u d (0; b; c) và nP (1; 1; 1). điểm) ⎪⎩u d .n Oyz = 0 2 |b+c| Do 00 ≤ α ≤ 900 nên từ tan α = 2 ⇒ sin α = . Mà sin(d , ( P )) = 3 3. b 2 + c 2 |b+c| 2 ⇒ = ⇔ (b − c) 2 = 0 ⇔ b = c ≠ 0. 3. b + c 2 2 3 0,5 ⎧x = 1 ⎪ Chọn b = c = 1 ⇒ u d = (0; 1; 1). Suy ra phương trình d : ⎨ y = 3 + t ⎪ z = 2 + t. ⎩ ⎧ x > −1, y > 0 Câu Điều kiện: ⎨ 9.b ⎩1 + xy > 0. (1,0 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2 x.3 y + 3 y +1 = 3 x+2 + 3.6 x 0,5 điểm) ⇔ (2 x + 3)3 y = (2 x + 3)3 x+1 ⇔ 3 y = 3 x+1 ⇔ y = x + 1. Phương trình thứ hai của hệ tương đương với log 2 (1 + x)(1 + xy ) = log 2 2 y 2 ⇔ (1 + x)(1 + xy) = 2 y 2 . ⎧y = x +1 > 0 ⎧y = x +1 > 0 ⎧y = x +1 > 0 Từ đó ta được ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ 2 ⎩(1 + x)(1 + xy) = 2 y ⎩1 + xy = 2 y ⎩x − x − 1 = 0 2 ⎡ 1+ 5 3+ 5 0,5 ⎢x = , y= ⇔⎢ 2 2 ⎢ 1− 5 3− 5 ⎢x = , y= . ⎣ 2 2 4
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

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.

 

Đồng bộ tài khoản
5=>2