Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 3 năm 2014 môn Toán - Trường Đại Học Vinh

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

116
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đến với "Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 3 năm 2014 môn Toán" của Trường Đại Học Vinh các bạn sẽ được tìm hiểu hai phần thi là phần chung và phần riêng với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết dành cho tất cả các bạn học sinh khối A và A1.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 3 năm 2014 môn Toán - Trường Đại Học Vinh

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2014 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  (m  1) x 2  2m  1 có đồ thị (Cm ), với m là tham số thực. 4 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m  1.  5 b) Cho I  0;   . Tìm m để (Cm ) có điểm cực đại là A, hai điểm cực tiểu là B và C sao cho tứ giác ABIC là  2 hình thoi. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 4 x  2sin 3 x  sin x  3 cos xcos2 x.  2 x 2  x  x  2  2 y 2  y  2 y  1 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  ( x, y  ). 2 2  x  2 y  2 x  y  2  0 Câu 4 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn bởi các đường 1 y , y  0, x  0 và x  1 xung quanh trục hoành. 1  4  3x a 10   1350. Hình Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC . A ' B ' C ' có AA '  , AC  a 2, BC  a, ACB 4 chiếu vuông góc của C ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của AB. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' và góc tạo bởi đường thẳng C ' M với mặt phẳng ( ACC ' A '). Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y và xy  ( x  y ) z  z 2  1. Tìm giá trị nhỏ 1 1 1 nhất của biểu thức P  2   . 4( x  y ) ( x  z ) ( y  z) 2 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 đường tròn (C ) : ( x  2)2  ( y  1) 2  5 và đường thẳng d : x  3 y  9  0. Từ điểm M thuộc d kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với (C) lần lượt tại A và B. Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài AB nhỏ nhất. x y z 1 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d :   và 2 1 2 x y 1 z  2 :   . Viết phương trình mặt cầu có tâm I thuộc d, cắt  tại hai điểm A, B sao cho IAB là tam 1 1 2 giác vuông và AB  2 11. Câu 9.a (1,0 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau sao cho trong mỗi số đều có mặt các chữ số 8 và 9? b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình chính tắc của elip (E) có tâm sai 3 bằng , biết diện tích của tứ giác tạo bởi các tiêu điểm và các đỉnh trên trục bé của (E) bằng 24. 5 Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(2; 0;  2), B(3;  1;  4), C (2; 2; 0). Tìm điểm D trong mặt phẳng (Oyz) có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (Oxy) bằng 1.  Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn z  2i  2 3 và   3  i z có một acgumen bằng 3 . ------------------ Hết ------------------ Cảm ơn bạn Châu Tân ( chautan94@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Câu 1. 1 4 (2,0 Khi m  1 hàm số trở thành y  x  2 x 2  3. 4 điểm) a) Tập xác định: D  ; y là hàm số chẵn. b) Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y  lim y  . x x 3 * Chiều biến thiên: Ta có y '  x  4 x; 0,5 x  0 x  2  x  2 y'  0   ; y'  0   ; y'  0    x  2  2  x  0 0  x  2. Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  2; 0  ,  2;    ; nghịch biến trên mỗi khoảng  ;  2  ,  0; 2  . * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCĐ  3, hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yCT  1. * Bảng biến thiên: x  2 0 2  y y' – 0 + 0 – 0 +   y 3 3 1 1 0,5 2 2 c) Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng. O x 1 b) (1,0 điểm) Ta có y '  x3  2(m  1) x, với mọi x  . (Cm ) có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu  y '  0 có 3 nghiệm phân biệt  2(m  1)  0  m  1. (1) Khi đó 3 nghiệm phân biệt của y '  0 là x  0, x   2(m  1) và x  2(m  1). 0,5 Điểm cực đại của (Cm ) là A(0; 2m  1), hai điểm cực tiểu là  B  2( m  1);  m 2 và C    2( m  1);  m 2 .   Nhận thấy rằng AI vuông góc với BC tại H 0;  m 2 và H là trung điểm của BC. Do đó tứ giác ABIC là hình thoi khi và chỉ khi H là trung điểm của AI. Hay là  2 xH  x A  xI 5 1 3   2m 2  2m  1   m  hoặc m   . 0,5  2 yH  y A  yI 2 2 2 1 Đối chiếu điều kiện (1) ta được giá trị của m là m  . 2 Phương trình đã cho tương đương với Câu 2. 2sin 2 x cos 2 x  sin x(2sin 2 x  1)  3 cos x cos 2 x  0 (1,0 điểm)  cos 2 x(2sin 2 x  sin x  3 cos x)  0. 0,5   *) cos 2 x  0  x   k , k  . 4 2
1 3   *) 2sin 2 x  sin x  3 cos x  0  sin 2 x  sin x  cos x  sin 2 x  sin  x   2 2  3      2 x  x  3  k 2  x  3  k 2   0,5  2 x     x     k 2  x  2  k 2 , k  .       3  9 3    2 2 Vậy nghiệm của phương trình là x  k , x  k 2 , x  k , k  . 4 2 3 9 3 1 Câu 3. Điều kiện: x  2, y   . 2 (1,0 Phương trình thứ hai của hệ tương đương với x 2  2 y 2  2 x  y  2. điểm) Thế vào phương trình thứ nhất, ta được 0,5 x 2  (2 y 2  2 x  y  2)  x  x  2  2 y 2  y  2 y  1  x 2  3x  2  x  2  4 y 2  2 y  2 y  1  ( x  1) 2  ( x  1)  ( x  1)  1  (2 y )2  2 y  2 y  1. (1) 2 Xét hàm số f (t )  t  t  t  1 với t  1. 1 1 3 Ta có f '(t )  2t  1  ; f "(t )  2  ; f "(t )  0  t   . 2 t 1 4 (t  1) 3 4  3 1 Suy ra f '(t )  f '      0 với mọi t  (1;  ). Do đó hàm f (t ) đồng biến trên  4 2 [ 1; + ). Suy ra phương trình (1)  f ( x  1)  f (2 y )  x  1  2 y  x  2 y  1. 0,5 Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được y 1 (2 y  1)  2 y  2(2 y  1)  y  2  0  6 y  7 y  1  0   2 2 2 y  1.  6  2 1 Suy ra nghiệm (x; y) của hệ là (1; 1),   ;  .  3 6 1 dx Câu 4. Thể tích khối tròn xoay là V    2 . (1,0 0 1  4  3x  0,5 điểm) 4  t2 2t Đặt t  4  3x , ta có khi x  0 thì t  2, khi x  1 thì t  1 và x  nên dx   dt. 3 3 1 2 2 1 2t 2 t 2  1 1  Khi đó ta có V    2 . dt   2 dt      dt 2 (1  t ) 3 3 1 (t  1) 3 1  t  1 (t  1)2  0,5 2  1  2 2  3 1    3    ln | t  1|     ln     6ln  1  . 3  t 1  1 3  2 6 9 2  C' B' 1 a2 Câu 5. S ABC  CA.CB sin1350  . 2 2 (1,0 điểm) Áp dụng định lý cosin cho ABC  AB  a 5 A' CA2  CB 2 AB 2 a 2  CM 2    2 4 4 0,5 a 6 H C  C ' M  C ' C 2  CM 2  . B 4 K M a3 6 Suy ra thể tích lăng trụ V  C ' M .S ABC  . 8 A Kẻ MK  AC (K thuộc AC), MH  C ' K (H thuộc C ' K ) 0,5
Vì AC  (C ' MK ) nên AC  MH  MH  ( ACC ' A ')    C ' M , ( ACC ' A ')   MC  ' H  MC ' K. (1) Vì M là trung điểm AB nên 1 a2 2S a  MK 1 SCAM  SCAB   MK  MAC   tan MC 'K   . 2 4 AC 2 2 C 'M 3  Suy ra MC ' K  300. (2) Từ (1) và (2) suy ra  C ' M , ( ACC ' A ')  300.   1 Câu 6. Đặt x  z  a. Từ giả thiết bài toán ta có ( x  z )( y  z )  1, hay y  z  . a (1,0 Do x  y nên x  z  y  z. Suy ra a  1. điểm) 1 a2  1 0,5 Ta có x  y  x  z  ( y  z )  a   . a a a2 1 a2 3a 2  a 2 1  a2 3a 2 Khi đó P  2 2  2  a2  2 2    2   2 2   1. (1) 4( a  1) a 4( a  1) 4  4 a  4( a  1) 4 t 3t Đặt a 2  t  1. Xét hàm số f (t )    1 với t  1. 4(t  1) 2 4 t  1 3 t 1 2  Ta có f '(t )  3  ; 4(t  1) 4 f '(t ) – 0 + f '(t )  0  (t  2)(3t 2  3t  2)  0  t  2. BBT: f (t ) 0,5 3 Dựa vào BBT ta có f (t )  3 với mọi t  1. (2) 1 Từ (1) và (2) suy ra P  3, dấu đẳng thức xảy ra khi x  z  2, y  z  . 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3. A (C) có tâm I (2; 1), bán kính R  5, d ( I , d )  10  R nên d Câu 7.a R không cắt (C). (1,0 I M M  d  M (3m  9; m). H điểm) Từ tính chất tiếp tuyến ta có MI  AB tại H là trung điểm AB. 0,5 B d 1 1 1 Trong tam giác vuông AIM ta có 2  2 AH AI AM 2 AI 2 . AM 2 R 2 ( IM 2  R 2 ) R4  AH 2  2 2  2  R2  . AI  AM IM IM 2 Ta có AB nhỏ nhất  AH nhỏ nhất  IM nhỏ nhất ( R  5 không đổi). Mà IM 2  (3m  7)2  (m  1) 2  10(m  2) 2  10  10 nên suy ra IM min  10 khi m  2. 0,5 Suy ra M (3;  2). 1 Câu I IAB có IA  IB nên vuông tại I. Suy ra IH  AB  11 (H d 2 8.a là hình chiếu của I lên AB) 0,5 (1,0 R điểm)  Suy ra d ( I ,  )  11 (1) A H BKhi đó bán kính mặt cầu R  IH 2  22.   I  d  I (2t ;  t ;  2t  1); u  (1; 1;  2) và M (0; 1; 2)    MI  (2t ;  t  1;  2t  1) 0,5
    u , MI    29t 2  26t  11  u , MI   ( 4t  3;  2t  1;  3t  1)  d ( I , )    . (2) u 6 t  1  I (2;  1;  1) 2 Từ (1) và (2)  29t  26t  55  0      110 55 139  t   55 I   ; ;   29   29 29 29  2 2 2 2 2 2  110   55   139  Suy ra pt mặt cầu ( x  2)  ( y  1)  ( z  1)  22 và  x    y  z   22.  29   29   29  Giả sử số cần lập là abcd , d  {0, 2, 4, 6, 8}. Xét các trường hợp sau Câu 0,5 9.a * d  0. Số cách lập abc trong đó có các chữ số 8 và 9 là C71 .3!  42. (1,0 * d  8. Số cách lập abc trong đó có chữ số 9 là C82 .3! C71 .2!  154. điểm)  * d  {2, 4, 6}. Số cách lập abc trong đó có các chữ số 8 và 9 là 3. C71 .3! 2  120.  0,5 Vậy số các số lập được là 42  154  120  316. y x2 y 2 Câu Phương trình chính tắc (E) có dạng   1 (a  b  0) . B2 a 2 b2 7.b (1,0 b Gọi F1 ( c; 0), F2 (c; 0) là các tiêu điểm với c  a 2  b 2 , điểm) F1 c F2 và B1 (0;  b), B2 (0; b) là các đỉnh trên trục bé. O x  F1 B1F2 B2 là hình thoi. 0,5 1 1 Suy ra S F1B1F2 B2  F1 F2 .B1B2  2c.2b  2bc  24 B1 2 2  bc  12  b 2 c 2  144  b 2 (a 2  b 2 )  144. (1) c 3 5 Tâm sai e  0,6    25c 2  9a 2  25(a 2  b 2 )  9a 2  4a  5b hay a  b. (2) a 5 4 0,5 a  5 x2 y 2 Từ (1) và (2) suy ra  Suy ra ( E ) :   1. b  4. 25 16 D  (Oyz )  D(0; y0 ; z0 ) , điều kiện z0  0. Câu 0,5 Phương trình (Oxy ) : z  0  d  D , (Oxy )   z0   z0  1. Suy ra z0  1  D(0; y0 ;  1). 8.b    (1,0 Ta có AB  (1;  1;  2), AC  (4; 2; 2), AD  (2; y0 ; 1). điểm)      Suy ra  AB, AC   (2; 6;  2)   AB, AC  . AD  6 y0  6 1     y0  3 0,5  VABCD   AB, AC  . AD  y0  1  2   6  y0  1. Suy ra D(0; 3;  1) hoặc D(0;  1;  1). Đặt z  r  cos   i sin   , r  0. Câu      9.b (1,0 Suy ra z  r  cos(  )  i sin( )  . Khi đó   3  i z  2r  cos      i sin      .  6  6  0,5 điểm)    3r r Theo giả thiết ta có       . Khi đó z   i. 6 3 6 2 2 3r  r Suy ra z  2i  2 3    2  i  2 3 2  2 2 3r 2  r 0,5    2    12  r 2  2 r  8  0  r  2, vì r  0. 4  2 Vậy z  3  i. Cảm ơn bạn Châu Tân ( chautan94@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl