ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2010-2011

Chia sẻ: Cao Tt | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

77
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề khảo sát lớp 12 môn toán khối a năm học 2010-2011', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2010-2011

ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2010-2011 Thời gian 180 phút (Không kể thời gian giao đề) I/.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) 1 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x 4  4mx 2  4m 2 ,(1) 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1) khi m  1 . 2) Tìm giá trị của m để hàm số (1) có 3 cực trị, đồng thời ba điểm cực trị của đồ thị xác định một 3 tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng . 4 1   1   Câu II(2 điểm): 1)Giải phương trình sau:  2   sin   2 x   4sin x  1  sin x  6 2sin x   3 3 9 y (3 x  1)  125  2)Giải hệ phương trình sau:  2 2 45 x y  75 x  6 y  2 Câu III(1 điểm): Tính tích phân: I   3 x  ( x  sin x )sin x dx (1  sin x)sin 2 x 3 Câu IV(1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có cạnh AB=a,cạnh · AD=b,góc BAD = 600 .CạnhSA=4a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Trên đoạn SA lấy điểm M sao cho AM=x (0
x  t x y2 z x  1 y 1 z  1  . Chứng tỏ rằng d1; d 2 là hai đường thẳng d1 :  y  4  t ;d2: và d3:     3 3 1 5 2 1  z  1  2t  chéo nhau,tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d1; d 2 .Viết phương trình đường thẳng , biết  cắt ba đường thẳng d1 , d2 , d3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC. 22  1 1 24 1 3 26  1 5 22010  1 2009 Câu VIIB(1 điểm):Tính tổng : S  .C2010  .C2010  .C2010  ...  .C2010 2 4 6 2010 ………………………………………….Hết…………………………………………………………. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT MÔN TOÁN KHỐI 12 LẦN 4 NĂM HỌC 2010-2011 Câu I.1 14 x  4mx 2  4m 2 ,(1) khi m  1 . Khảo sát vẽ đồ thị hàm số y  (1,0 đ) 2 14 x  4 x 2  4 . Txđ: R +y 2 lim y   x  x  0 y '  2 x( x 2  4); y '  0   0,25  x  2 Bảng biến thiên:  x -2 0 2  y' 0   0 0  4 y  0,25 4 4 Hàm số đồng biến trong các khoảng:  2;0  ,  2;   Hàm số nghịch biến trong các khoảng:  ; 2  ,  0;2  Các điểm cực tiểu của đồ thị: (2; 4),(2; 4) Điểm cực đại: (0; 4) 0,25 + Điểm uốn của đồ thị: 2 2 4 2 4 y ''  6 x 2  8, y ''  0  x   , các điểm uốn U1  ;   ;U 2   ;  0,25  3 9 3 9 3  + Đồ thị: Câu I.2 x  0 1 y  x 4  4mx 2  4m 2  y '  2 x ( x 2  4m); y '  0   2 (1,0 đ) 2  x  4 m Để đồ thị hàm số có 3 cực trị thì Phương trình y’=0 có 3 nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu khi x qua 3 nghiệm suy ra điều kiện : 4m  0  m  0 Cực đại A(0;4m 2 ) , hai cực tiểu B( 2 m ; 4m 2 ), C (2  m ; 4m 2 ) . Khi đó tam giác xác định bởi 3 điểm cực trị tạo thành là tam giác cân ABC.Gọi R là 0,25 AB. AC .BC bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi đó R  4SVABC Khoảng cách từ cực đại đến đường thẳng qua 2 cực tiểu là : h  8m 2 , BC  4  m , 0,25 4 AB  AC  64m  4m .Suy ra
1 1 BC.h  4  m .8m 2  16m 2 m và AB.AC.BC= (16m 4  4m)4 m SVABC  2 2 (16m 4  4m)4  m 3 3 1    4m3  1  3m   m    4m 2  2m  2   0 Vậy R   2 4 4 2 4.16.m  m  0,25 m  1 1 Suy ra  1 .Kết hợp với điều kiện m
1 3 x  1  x  3 x  2  2  u  1  u  2  x   3 .Với Với   5   5  3  0,5 v  2  y  2  y  5 1 v  1 y y  5      2 1 5 2  Vậy hệ pt có hai nghiệm (x;y) là  ;  ;  ;5  3 2 5  Câu III 2 2 x (1  sin x )  sin 2 x x  ( x  sin x )sin x 3 dx   3 I  dx (1,0 đ)  (1  sin x)sin 2 x (1  sin x)sin 2 x 3 3 2 2 x dx 3 dx   3   2 0,25 3 1  sin x sin x 3 u  x du  dx  dx   + Đặt  v   cot x dv  sin 2 x  2 2 2 2  x 3 sin 2 x dx   x cot x|3  3 cot xdx    x cot x  ln sin x |33  3 3 3 3 2 2 2 dx dx dx   3   3   3   2 x 1  sin x  0,25 3 1  cos  2  x  4  2 3 2cos 3     2  x   tan   | 3  3  2  4 2 3  Vậy I   32 0,25 3 0,25 Câu IV (1,0 đ) S M N A B D C Ta có: (MBC ) I (SAD) = MN với MN//AD ( Do AD // BC và N  SD ) .Khi đó 2 3.a2 b 3.a2 b 1 1 AB. AD.sin 60 0.SA = ; VS . ABC = VS. ACD = .VS. ABCD = . VS . ABCD = 3 3 2 3 0,25 3ab (4a - x ) VS .MBC SM SB SC 4a - x Mà :  VS .MBC = .. = = 12 VS . ABC SA SB SC 4a 2 2 b 3.(4a - x ) VS .MNC SM SN SC  SM  Lại có :   VS .MNC = . .   0,25 VS. ADC SA SD SC  SA  48
0,25 b 3 (4a - x)(8a - x) b 3 x (12 a - x ) Dẫn đến : VS.BCNM = VSMBC + VSMNC = Và VBCNMAB = 48 48 4a   x = 3 (Nhaä n) 5  9 x 2  108ax  128a 2  0   Theo giả thiết có VS .BCNM = VBCNMAB 4  x = 32a (Loaïi) 0,25  3  4a KL : x= 3 Câu V 1 1 1 2 1 1 .Đặt a  ; b  ; c  .Khi đó giả thiết có P   (1,0 đ) x y z 2 2 2 1 x 1 y 1 z 2a b c ab+bc+ca=1 và P    0,25 1 a2 1  b2 1  c2 Do ab+bc+ca=1 Nên 1  a 2  ab  bc  ca  a 2  (a  b)(a  c ) Với các đẳng thức tương tự ta có 0,25 2a 2b 2c P    (a  b)(a  c) 4(b  c)(b  a ) 4(c  a )(c  b) 1  1 11 1 9 1 0,25  b  c   a  a  b a  c   4(b  c) (a  b)   (c  a) 4(c  b)  4 1 (Bất đẳng thức Cô Si).Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b  c  a .Hay 7 9 y  z  7 x  15 .Vậy MaxP  Khi y  z  7 x  15 0,25 4 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn ( C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương Câu VIA.1 2 2 trình :  x  2    y  3  10 . (1,0 đ) Xác định tạo độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M(-3;-2) và x A  0 . Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng ax  by  3a  2b  0 .Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính R  10 nên: 2a  3b  3a  2b  10( a 2  b 2 )  25( a  b) 2  ( a  3b)(3a  b)  0  a  3b 10  2 2 a b 0,5 Hay b=-3a. Do đó pt (AB) là x-3y-3=0 hoặc pt (AB) là 3x-y+7=0. TH1:(AB) x-3y-3=0. Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ x A  0 nên t>-1 và do t  1 2 2 IA2  2.R 2  20 nên 1  3t    t  3  20  10t 2  10  20   .V ì t>-1 nên  t  1 0,25 chọn t=1.Suy ra A(6;1)  C(-2;5) và B(0;-1)  D(4;7) TH2:(AB) 3x-y+7=0. Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ x A  0 nên t>0 và do 0,25 t  0 2 2 IA2  2.R 2  20 nên  t  2    3t  4   20  10t 2  20t  20  20   (loại) t  2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1;4;2  , B  1;2;4  . Viết phương trình Câu VIA.2 đường thẳng    đi qua trực tâm H của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng (1,0 đ)  OAB  . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng  OAB  sao cho MA2  MB 2 nhỏ nhất.
uuu r OA  1;4;2   r uuu uuu rr    n  OA, OB   12, 6, 6  uuu r   OB   1; 2;4    mặt phẳng (OAB ) : 2 x  y  z  0 H (a, b, c ) là trực tâm tam giác OAB nên :  a  0  H  mp (OAB ) 0,25  2a  b  c  0   uuur uuu r 5   OH  AB    2 a  2b  2c  0  b   2  uuur uuu r (a  1)  2(b  4)  4(c  2)  0  AH  OB   5  c  2    x  2t  5   :  y   t 2 0,25  5  z  t   2 Với mọi điểm K ta đều có: uuu uuuu r r uuu r uuuu r uuuu uuu uuu rr r 2 2     KB  KM    MA2  MB 2  KA  KM  KA2  KB 2  2 KM 2  2 KM KA  KB Chọn K (0;3;3) là trung điểm AB nên MA2  MB 2  2 KA2  2 KM 2 KA không đổi nên MA2  MB 2 nhỏ nhất khi KM ngắn nhất khi đó M là hình chiếu 0,25 của K trên mặt phẳng (OAB ) uuuu r r M ( x; y; z )  KM  ( x; y  3; z  3) / / n  (2; 1;1)  M (2t ;3  t ;3  t ) M  (OAB)  4t  (3  t )  (3  t )  0  t  0 0,25 Vậy M (0;3;3) Câu 0,25 Gọi số phức z=a+bi VIIA 2 2  a  2   b  1 i  2   a  2    b  1  4 Theo bài ra ta có:   (1,0 đ) 0,25  b  a  3 b  a  2    a  2  2    b  1  2  0,25   a  2  2    b  1  2  Vậy số phức cần tìm là: z= 2  2 +( 1  2 )i; z= z= 2  2 +( 1  2 )i. 0,25 Câu Gọi A,B lần lượt là giao điểm của hai đường tròn (C1 ) và (C2 ) suy ra toạ độ của A và VIB.1 B thoả mãn hệ : (1,0 đ)  x 2  y 2  10 x  0  x 2  y 2  10 x  x 2  (7 x  10) 2  10 x    2 2 14 x  2 y  20  0  y  7 x  10  x  y  4 x  2 y  20  0 0,25   x 2  49 x 2  140 x  100  10 x 50 x 2  150 x  100  0    y  7 x  10  y  7 x  10
 x  2  x  2  y  4   .Vậy A(2;4) ,B(1;-3)   x  1  x  1  y  7 x  10 0,25     y  3  Gọi I là tâm của đường tròn cần tìm vì I  V:x+6y-6=0.Theo giả thiết thì đường tròn ( C) cần tìm đi qua 2 điểm A,B nên ta có:IA=IB=R uur uu r (Có: IA  (6a  4; 4  a), IB  (6a  5; 3  a ) )  (6a  4)2  (4  a) 2  (6a  5) 2  (3  a )2  R  (6a  4)2  (4  a ) 2  (6a  5) 2  ( 3  a) 2  36a 2  48a  16  16  8a  a 2  36a 2  60a  25  9  6a  a 2  2a = -2  a = -1 0,25 Lúc đó : I(12; -1), R  100  25  5 Vậy :(C ): (x - 12)2 + (y + 1)2 = 52 0,25 Câu x  t +)Đường thẳng d1 :  y  4  t suy ra d1 đi qua điểm A(0;4;-1) và có một vtcp VIB.2  (1,0 đ)  z  1  2t  ur x y2 z u1 (1; 1; 2) .Đường thẳng d2:  suy ra d 2 đi qua điểm B(0;2;0) và có một  3 3 1 ur uu r uuur uu r vtcp u2 (1; 3; 3) .Ta có AB(0; 2;1) và u1 , u2    9;5; 2  suy ra   uuu ur uu r r AB. u1 , u2   9.0  (2).5  1.( 2)  12  0 .Vậy d1 và d 2 là hai đường thẳng chéo nhau.   0,25 uuu ur uu r r AB. u1 , u2  12 6   Khoảng cách giữa d1 và d 2 là : d  d1 , d 2     ur uur 55 2 2 2 u1 , u2  9  5  (2) 0,25   +)Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d1 , d2 , d3 Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v) A, B, C thẳng hàng và AB = BC  B là trung điểm của AC t  (1  5v )  2u   4  t  (1  2v)  2.(2  3u ) 1  2t  (1  v)  2(3u )  0,25 Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0 Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1) x y2 z Đường thẳng  đi qua A, B, C có phương trình   1 1 1 0,25 Câu 2 4 6 1010 2 1 1 2 1 3 2 1 5 2  1 2009 S .C2010  .C2010  .C2010  ...  .C2010 VIIB 2 4 6 2010 (1,0 đ) Tacó 2010 (1  x )2010   C2010 x k  C2010  C2010 .x1  C2010 .x 2  C2010 .x 3  ...  C2010 .x 2009  C2010 .x 2010 K 0 1 2 3 2009 2010 k 0 2010 (1  x)2010   C2010 .( x) k  C2010  C2010 .x1  C2010 .x 2  C2010 .x3  ...  C2010 .x 2009  C2010 .x 2010 k 0 1 2 3 2009 2010 k 0
(1  x )2010  (1  x )2010  C2010 x  C2010 x3  C2010 .x 5  ...  C2010 .x 2009 1 3 5 2009  2 0,5 Lấy tích phân 2 vế của (1) với cận từ 1 đến 2 ta được: 2 2 2010 2010 (1  x)  (1  x ) .dx    C2010 x  C2010 x3  C2010 x 5  ...  C2010 x 2009  dx 1 3 5 2009  2 1 1  (1  x )2011 (1  x) 2011  2 2  2011  2011  1 1 2 1 3 4 1  C2010 x 2010  2009     C2010 x  C2010 x  ...  2 2 4 2010 1    1     32011  1  22011 22  1 1 24  1 3 22010  1 2009 C2010 .   C2010  C2010  ...  4022 2 4 2010 32011  22011  1 Vậy: S  4022 0,5