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

Đề khảo sát chất lượng Toán 12

Chia sẻ: Lai Thinh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:28

Thêm vào BST
Báo xấu
337
lượt xem 46
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề khảo sát chất lượng Toán 12 giúp giáo viên đánh giá khả năng tiếp thu kiến thức đã học trong phần Toán học của các bạn học sinh lớp 12 bao gồm nội dung như: tính tọa độ tiếp điểm, giải phương trình, nghiệm bất phương trình, tính tích phân, tính thể tích khối tròn xoay,...Mời các bạn tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề khảo sát chất lượng Toán 12

  1. TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 NĂM 2010 --------------------------------------- Môn TOÁN – Ngày 31 tháng 01 năm 2010 Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao phát đề) ---------------------------------------------- Câu I. (2 điểm): Cho hàm số: y  x 3  3 x 2 +3 (C ) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. 2) Gọi dk là đường thẳng đi qua M(0; 3) và có hệ số góc k. Tìm k để đường thẳng dk tiếp xúc với (C). Tính tọa độ tiếp điểm. Câu II. (2 điểm): Giải các phương trình log 2 x 1) 5  x2  1 ;    2  1 2) sin 2  x    sin 2  x     cos x  1 .  3  3  2 Câu III. (2 điểm) 1) Tìm m để bất phương trình sau đây có nghiệm : x  2  m x 2  1  0 . x 3015 1 1005 dx 2) Tính tích phân : I  0 e . Câu IV. (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxy cho các điểm A(1;2) và B(3;4). Tìm trên Ox một điểm P sao cho AP + BP nhỏ nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxyz cho các điểm A(1;-1;1), B(1;3;1), C(4;3;1), D(4;-1;1). a) Chứng minh A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình chữ nhật. b) Tính thể tích của khối chóp O.ABCD. c) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp O.ABCD. Câu V. (1 điểm) Cho các số thực a, b, c sao cho a > 0, b > 0, c > 0, abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 3  3  3  a (b  c ) b ( c  a ) c ( a  b ) 2 Số báo danh: Chú thích: Thày cô coi không giải thích gì thêm
  2. TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 - 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) 2x − 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 3 x + 2cos2 x = 3 + 4sin x + cos x(1 + sin x). Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 4 x + 1 + 2 2 x + 3 ≤ ( x − 1)( x 2 − 2). 3 x + 2ln(3 x + 1) 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ dx. 0 ( x + 1) 2 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HA = 3HD. Gọi M là trung điểm của AB. Biết rằng SA = 2 3a và đường thẳng SC tạo với đáy một góc 300. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn 5( x 2 + y 2 + z 2 ) = 6( xy + yz + zx). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2( x + y + z ) − ( 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 mặt 1 −1 2 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 ∆ : 3x − 4 y + 5 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua A, B và cắt ∆ 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 : = = , d2 : = = . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với d1 và d 2 đồng 1 −1 1 −1 2 −3 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 C n − C n + C n − Cn + . . . + Cn = . 2 3 4 5 n+2 156 ------------------ Hết ------------------ DeThiThuDaiHoc.com 1 fb.com/ThiThuDaiHoc
  3. TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 - 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. 10. Tập xác định: R \{1}. (2,0 20. 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. ( 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 30. Đồ thị: 3  O 1 3 x Đồ thị cắt Ox tại  ; 0  , cắt Oy tại (0;3). 2 2  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) 0,5 x −1 3 3 Ta có ∆ = (m + 7) 2 + 12 > 0, với mọi m. Suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Hơn nữa cả 2 nghiệm x1 , x2 đều khác 1. Do đó d luôn cắt (H) tại 2 điểm phân biệt M ( x1 ; y1 ), N ( x2 ; y2 ). Ta có AM = ( x1 − 1; y1 ), AN = ( x2 − 1; y2 ). Tam giác AMN vuông tại A ⇔ AM . AN = 0. Hay ( x1 − 1)( x2 − 1) + y1 y2 = 0 1 ⇔ ( x1 − 1)( x2 − 1) + ( x1 + m )( x2 + m ) = 0 9 0,5 ⇔ 10 x1 x2 + ( 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 ⇔ −6m − 36 = 0 ⇔ m = −6. Vậy giá trị của m là m = −6. Câu 2. Phương trình đã cho tương đương với 0,5 (1,0 đ) sin 3 x − sin x + 2cos 2 x = 3(sin x + 1) + cos x(sin x + 1) 2
  4. ⇔ 2cos 2 x sin x + 2cos 2 x = (sin x + 1)(cos x + 3) ⇔ (sin x + 1)(2cos 2 x − cos x − 3) = 0 ⇔ (sin x + 1)(4cos 2 x − cos x − 5) = 0 ⇔ (sin x + 1)(cos x + 1)(4cos x − 5) = 0. π *) sin x = −1 ⇔ x = − + k 2π , k ∈ Z. 2 *) cos x = −1 ⇔ x = π + k 2π , k ∈ Z. 0,5 *) 4cos x − 5 = 0 vô nghiệm. π Vậy phương trình có nghiệm x = − + k 2π , x = π + k 2π , k ∈ Z. 2 Điều kiện: x ≥ −1. Câu 3. Nhận thấy x = −1 là một nghiệm của bất phương trình. (1,0 Xét x > −1. Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với điểm) ( ) ( ) 4 x + 1 − 2 + 2 2 x + 3 − 3 ≤ x3 − x 2 − 2 x − 12 0,5 4( x − 3) 4( x − 3) ⇔ + ≤ ( x − 3)( x 2 + 2 x + 4) x +1 + 2 2x + 3 + 3  4 4  ⇔ ( x − 3)  + − ( x + 1) 2 − 3  ≤ 0. (1)  x +1 + 2 2x + 3 + 3  4 4 Vì x > −1 nên x + 1 > 0 và 2 x + 3 > 1. Suy ra + < 3, vì vậy x +1 + 2 2x + 3 + 3 4 4 + − ( x + 1) 2 − 3 < 0. 0,5 x +1 + 2 2x + 3 + 3 Do đó bất phương trình (1) ⇔ x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3. Vậy nghiệm của bất phương trình là x = −1 và x ≥ 3. ln(3 x + 1) 1 1 3x Câu 4. Ta có I = ∫ dx + 2 ∫ dx. ( x + 1) 2 ( x + 1) 2 (1,0 0 0 3dx dx 1 0,5 điểm) Đặt u = ln(3 x + 1) ⇒ du = ; dv = ⇒v=− . 3x + 1 ( x + 1) 2 x +1 Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có 2ln(3x + 1) 1 1 1 3x dx I =∫ dx − + 6∫ 0 ( x + 1) 2 x +1 0 0 (3 x + 1)( x + 1) 1  3  1 3  3 1  = ∫ −  dx − ln 4 + 3∫  −  dx 0,5 0 x + 1 ( x + 1) 2  0 3x + 1 x + 1  1 1 3 3 = − ln 4 + 3ln 3 x + 1 = − + 4ln 2. x +1 0 0 2 Vì SH ⊥ ( ABCD ) nên SCH = ( SC , ( ABCD ) ) = 300. Câu 5. S (1,0 Trong tam giác vuông SAD ta có SA2 = AH . AD điểm) 3 ⇔ 12a 2 = AD 2 ⇒ AD = 4a; HA = 3a; HD = a H' 4 C ⇒ SH = HA.HD = a 3 ⇒ HC = SH .cot 30 = 3a 0 D 0,5 ⇒ CD = HC 2 − HD 2 = 2 2a. H K a Suy ra S ABCD = AD.CD = 8 2a 2 . 1 8 6a3 A M B Suy ra VS . ABCD = SH .S ABCD = . 3 3 Vì M là trung điểm AB và AH // (SBC) nên 0,5 3
  5. 1 1 d ( M , ( SBC ) ) = d ( A,( SBC ) ) = d ( H , ( SBC ) ) . (1) 2 2 Kẻ HK ⊥ BC tại K, HH ' ⊥ SK tại H '. Vì BC ⊥ ( SHK ) nên BC ⊥ HH ' ⇒ HH ' ⊥ ( SBC ). (2) 1 1 1 11 2 6a 2 66 Trong tam giác vuông SHK ta có 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ HH ' = = a. (3) HH ' HK HS 24a 11 11 66 Từ (1), (2) và (3) suy ra d ( M , ( SBC ) ) = a. 11 5 1 Câu 6. Ta có 5 x 2 + ( y + z ) 2 ≤ 5 x 2 + 5( y 2 + z 2 ) = 6( xy + yz + zx) ≤ 6 x( y + z ) + 6. ( y + z ) 2 . 2 4 (1,0 y+z điểm) Do đó 5 x 2 − 6 x( y + z ) + ( y + z ) 2 ≤ 0, hay ≤ x ≤ y + z. 5 Suy ra x + y + z ≤ 2( y + z ) . 0,5 1 1 1 Khi đó P ≤ 2( x + y + z ) − ( y + z ) 2 ≤ 4( y + z ) − ( y + z ) 2 = 2 y + z − ( y + z ) 2 . 2 2 2 4 t Đặt y + z = t , khi đó t ≥ 0 và P ≤ 2t − . (1) 2 1 Xét hàm số f (t ) = 2t − t 4 với t ≥ 0. t 0 1 +∞ 2 f '(t ) + 0 – Ta có f '(t ) = 2 − 2t 3 ; f '(t ) = 0 ⇔ t = 1. Suy ra bảng biến thiên: 3 2 f (t ) 3 0,5 Dựa vào bảng biến thiên ta có f (t ) ≤ f (1) = với mọi t ≥ 0. (2) 2 x = y + z x = 1 3   Từ (1) và (2) ta có P ≤ , dấu đẳng thức xảy ra khi  y = z ⇔ 1 2 y + z =1 y = z = 2   3 1 Vậy giá trị lớn nhất của P là , đạt được khi x = 1, y = z = . 2 2  x = 1 − 3t Câu A ∈ d : 2x + 3 y − 5 = 0 ⇔  ⇒ A(−3a + 1, 2a + 1). 7.a A d  y = 1 + 2t (1,0 Vì M (2; 1) là trung điểm AC nên suy ra C (3 + 3a; 1 − 2a ) điểm)  HA = ( −3a + 1; 2a + 4) M  N ⇒  HC = (3 + 3a; 4 − 2a ).  E 0,5 a = 1 C Vì AHC = 90 nên HA.HC = 0 ⇒  B H 0  a = − 19 .   13 *) Với a = 1 ⇒ A( −2; 3), C (6; − 1) thỏa mãn. 19  18 51  *) Với a = − ⇒ C  − ;  không thỏa mãn. 13  13 13  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  3b + 7 b + 3  Suy ra B(3b + 9; b) ∈ BC ⇒ trung điểm AB là N  ; . 0,5  2 2  Mà N ∈ CE ⇒ b = −4 ⇒ B( −3; − 4). 4
  6. Tâm mặt cầu (S) là I (t − 2; − t + 1; 2t + 2) ∈ d . Vì (S) tiếp xúc (P), (Q) nên d ( I , ( P) ) = d ( I , (Q ) ) = R Câu 0,5 8.a (1,0  1  1 điểm) 3t + 7 −t − 1 t = −2, R = 3  I ( −4; 3; − 2), R = 3 ⇔ = =R⇔ ⇒ 3 3 t = −3, R = 2  I ( −5; 4; − 4), R = 2   0,5  3  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 Số các số thuộc M có 3 chữ số là A5 = 60. 3 Câu 9.a Số các số thuộc M có 4 chữ số là A54 = 120. 0,5 (1,0 Số các số thuộc M có 5 chữ số là A5 = 120. 5 điểm) 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 E1 lập được số các số thuộc A là 4! Từ mỗi tập E2 và E3 lập được số các số thuộc A là 3! 0,5 Suy ra số phần tử của A là 4!+ 2.3! = 36. 36 Do đó xác suất cần tính là P = = 0,12. 300 Giả sử (C) có tâm I ( a; b), bán kính R > 0. B Câu Vì (C) đi qua A, B nên IA = IB = R 7.b A ⇔ ( a − 1) 2 + (b − 2) 2 = ( a − 4) 2 + (b − 1) 2 = R (1,0 I 0,5 điểm) H ∆ b = 3a − 6   I ( a; 3a − 6)  ⇒ ⇒  R = 10a − 50a + 65  R = 10a − 50a + 65 C D 2 2   (1) −9a + 29 Kẻ IH ⊥ CD tại H. Khi đó CH = 3, IH = d ( I , ∆) = 5 (9a − 29) 2 ⇒ R = IC = CH 2 + IH 2 = 9 + (2) 25 (9a − 29) 2 Từ (1) và (2) suy ra 10a 2 − 50a + 65 = 9 + ⇔ 169a 2 − 728a + 559 = 0 25 0,5 a = 1  I (1; − 3), R = 5   ⇔ ⇒   43 51   a = 43 I ; , R = 5 61   13   13 13    13 2 2  43   51  1525 Suy ra (C ) : ( x − 1) + ( y + 3) = 25 hoặc (C ) :  x −  +  y −  = 2 2 .  13   13  169  u1 = (1; − 1; 1) Câu Vì ( P) // d1 , d 2 nên (P) có cặp vtcp  ⇒ nP = u1 , u2  = (1; 2; 1)   8.b u2 = ( −1; 2; − 3)  (1,0 Suy ra pt (P) có dạng x + 2 y + z + D = 0. 0,5 điểm) 3+ D D = 3 ( P ) : x + 2 y + z + 3 = 0 (1) d ( M , ( P) ) = 6 ⇔ = 6⇔ ⇒ 6  D = −9 ( P ) : x + 2 y + z − 9 = 0 (2) Lấy K (1; 3; 1) ∈ d1 và N (1; − 3; 2) ∈ d 2 thử vào các phương trình (1) và (2) ta có N ∈ ( P) : x + 2 y + z + 3 = 0 nên d 2 ⊂ ( 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 ∈ R và mọi số nguyên dương n, theo nhị thức Niutơn ta có 0,5 5
  7. Câu 9.b 1 n 0 ( 1 n ) Cn x − Cn x 2 + . . . + ( −1) n Cn x n +1 = Cn − Cn x + . . . + (−1) n Cn x n x = (1 − x) n x. 0 1 1 ∫ (C ) (1,0 Suy ra 0 x − Cn x 2 + . . . + ( −1) n Cn x n +1 dx = ∫ (1 − x) n xdx. 1 n n điểm) 0 0 ( −1) n n 1 1 1 0 1 1 Hay Cn − Cn + . . . + Cn = ∫ (1 − x) n dx − ∫ (1 − x) n +1dx 2 3 n+2 0 0 1 1 1 = − = , với mọi n ∈ N* . 0,5 n + 1 n + 2 (n + 1)( n + 2) 1 1 Từ đó ta có = ⇔ n 2 + 3n − 154 = 0 ⇔ n = 11 (vì n ∈ N* ). ( n + 1)(n + 2) 156 6
  8. TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 3, NĂM 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài : 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 1 Câu I. (2điểm) Cho hàm số y  x 4  (3m  1) x 2  2(m  1) ( m là tham số ) 4 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0 2. Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho có 3 điểm cực trị lập thành tam giác có trọng tâm là gốc tọa độ O. Câu II. (2điểm)   1. Giải phương trình: 2 log 4 1  2 x  1  log 2  5  x   log 1  3  x  2 sin 3 x 2. Giải phương trình:  sin 2 x  cos2 x  tan x   sin x  cos x cos x Câu III. (1điểm) Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm x.e x số y  , trục hoành và đường thẳng x  1 quanh trục Ox. ex 1  Câu IV. (1điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC .A ' B ' C ' có cạnh AC  a, BC  2a, ACB  120 và đường thẳng A ' C tạo với mặt phẳng  ABB ' A ' một góc 30 . Gọi M  là trung điểm của BB ' Tính thể tích khối lăng trụ ABC .A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CC ' theo a . Câu V. (1điểm) Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm thực  x 2 y  1  2 xy  2 x  1   3  x  3x  3xy  a  2  PHẦN RIÊNG (3,0điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần a hoặc b) a. Theo chương trình Chuẩn. Câu VIa. (2điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho đường thẳng d : 2 x  y  3  0 và elíp x2 y2 E :   1 . Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với d cắt  E  tại hai điểm 4 1 A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 1. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x  y  2z  9  0 và các điểm   A  3;  1; 2  , B 1;  5; 0  . Tìm tọa độ điểm M thuộc  P  sao cho MA.MB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VIIa.(1điểm) Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số khác nhau lên bảng. Tính xác suất để số vừa viết thỏa mãn trong số đó mỗi chữ số đều lớn hơn chữ số đứng trước nó. b. Theo chương trình nâng cao Câu VIb. (2điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho parabol  P  : y 2  4 x có tiêu điểm F .   Gọi M là điểm thỏa mãn điều kiện FM  3FO .Gọi d là đường thẳng bất kì đi qua điểm M cắt  P  tại hai điểm phân biệt A, B. Chứng minh rằng tam giác OAB là tam giác vuông. x 1 y  4 z 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :   và các điểm 2 1 2 A 1; 2; 7  , B 1; 5; 2  , C  3; 2; 4  . Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho MA  MB 2  MC 2 2 đạt giá trị lớn nhất. Câu VIIb. (1điểm) Hai bạn An và Bình thi đấu với nhau một trân bóng bàn. Họ quy ước chơi với nhau nhiều nhất 5 séc. Ai thắng trước 3 séc là người đó thắng cuộc và trận đấu kết thúc. Tính xác suất để trận đấu kết thúc sau séc thứ 4, biết rằng xác suất An thắng mỗi séc là 0, 4 và séc nào cũng có người thắng. -------------------- Hết -------------------------- http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
  9. 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.
  10. 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
  11. 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
  12. 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
  13. 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 + ⎟ + y2 = + 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
  14. 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!
  15. 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
  16. 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) ⇔ ⎨ ⇔⎨ 4 ⇔⎨ 2 ⇔⎨ 2 ⇔ 0 ≤ x < 1. ⎩ x + 3x − 4 < 0 ⎩( x − 1)( x + 4) < 0 ⎩x < 1 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
  17. 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
  18. 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
  19. http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! 1
  20. http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! 2
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
2=>2