Đề kiểm tra chất lượng đầu năm có đáp án môn: Toán 12 - Trường THPT Hàn Thuyên (Năm học 2015-2016)

Chia sẻ: Hồ Hồng Hoa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

88
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề kiểm tra chất lượng đầu năm có đáp án môn "Toán 12 - Trường THPT Hàn Thuyên" năm học 2015-2016 với cấu trúc gồm 9 câu hỏi trong thời gian làm bài 180 phút, mời các bạn cùng tham khảo để củng cố kiến thức lý thuyết đã học và rèn luyện kỹ năng làm bài thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra chất lượng đầu năm có đáp án môn: Toán 12 - Trường THPT Hàn Thuyên (Năm học 2015-2016)

SỞ GD&ĐT BẮC NINH ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN : TOÁN 12 (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  f  x   x3  3x 2  9 x  1 , có đồ thị  C  . a) Tìm tọa độ các điểm trên đồ thị  C  , có hoành độ x0 thỏa mãn f '  x0   0. b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  , tại giao điểm của đồ thị  C  và trục Oy. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 cos x  sin x  2cos 2 x  0 . Câu 3 (1,0 điểm). x3 2 a) Tính giới hạn lim x 1 x2 1 12  2 b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển P  x    x 2   , x  0.  x Câu 4 (1,0 điểm). 1 a) Cho cos 2  . Tính giá trị của biểu thức P  1  tan 2 . 5 b) Một chiếc hộp đựng 6 quả cầu trắng, 4 quả cầu đỏ và 2 quả cầu đen. Chọn ngẫu nhiên 4 quả. Tính xác suất để 4 quả được chọn có đủ cả 3 màu. Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A 1;5 và đường thẳng  : x  2 y  1  0 . Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với điểm A qua đường thẳng  và viết phương trình đường tròn đường kính AA '. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều S. ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600. Tính diện tích tam giác SAC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm E  7;3 là một điểm nằm trên cạnh BC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt đường chéo BD tại điểm N  N  B . Đường thẳng AN có phương trình 7 x  11y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D của hình vuông ABCD , biết A có tung độ dương, C có tọa độ nguyên và nằm trên đường thẳng 2 x  y  23  0 .  x  2  x  1  y  3 y  3 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   x  y   x  2 y  1  2 2 4 Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z  1;2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 4z z 2  4 xy P  x  y  x  y 2 ----------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:...............................................................................; Số báo danh:................................
SỞ GD&ĐT BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM (Hướng dẫn chấm – thang điểm có 03 trang) NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN TOÁN 12 Câu Nội dung – đáp án Điểm Ta có f '  x   3x 2  6 x  9 0,25  x  1 f '  x   0  3x 2  6 x  9  0   0,25 a) x  3 1 Với x  1  y  4  M1  1; 4  0,25 Với x  3  y  28  M 2  3; 28 0,25 Giao của  C  và Oy là A  0; 1 . Ta có: f '  0   9 0,5 b) Phương trình tiếp tuyến: y  9 x  1 0,5 3 1 Phương trình 3 cos x  sin x  2cos 2 x  0  cos x  sin x  cos 2 x . 0,25 2 2    2 x  x   k 2   6 2  cos 2 x  cos  x     0,5  6  2 x   x    k 2  6   k 2 Thu gọn ta được nghiệm: x    k 2 ; x   . 0,25 6 18 3 Ta có lim x3 2  lim  x3 2  x3 2   x  3  2 0,25 x 1 x2 1 x 1  x  1 x  1 a) x 1 1 1  lim  lim  3 x 1  x  1 x  1  x3 2  x 1  x  1  x3 2  8 0,25 k 2 Số hạng tổng quát là Tk 1  C  x     C12k 2k x 243k k 12 2 12  k 0,25 b)  x Ta phải có: 24  3k  0  k  8  Số hạng không chứa x : C128 28  126720. 0,25 sin 2 x cos 2 x P  1  tan 2   1   0,25 cos2 x cos2 x a) 1 2. 2 cos 2 x 1   5  . 0,25 1  cos 2 x 1  1 3 4 5 Không gian mẫu có số phần tử là C124 0,25 Số cách chọn được 4 quả cầu đủ cả 3 màu là: C62 .C41.C21  C61.C42 .C21  C61.C41.C22 b) C62 .C41 .C21  C61.C42 .C21  C61.C41 .C22 24 Xác suất cần tìm: P   . 0,25 C124 55 Phương trình AA ' : 2  x  1   y  5  0  2 x  y  3  0 0,25 2 x  y  3  0  x  1 Tọa độ giao điểm I của AA ' và  :   0,25 5 x  2 y 1  0 y 1  I  1;1  A '  3; 3 0,25 Đường tròn đường kính AA ' tâm I  1;1 , bán kính IA  20 có phương trình: 0,25 1/3
 x  1   y  1  20. 2 2 S Gọi O là giao điểm của AC và BD . Ta có SO   ABCD    SA, ABCD   SAO  600 0,25 a 2 AC  a 2  AO  A H D 2 a 2 6 SO  AO tan SAO  3a . E 2 2 6 O 0,25 1 1 a 6 a2 3 C SSAC  SO. AC  . .a 2  . B 2 2 2 2 Do AB //CD  d  SA, CD   d  CD,  SAB    d  C,  SAB    2d O,  SAB   0,25 Gọi E là trung điểm của AB, H là hình chiếu của O trên SE. Ta có OH   SAB  1 1 1 4 4 14 a 42 a 42 0,25 2  2  2  2  2  2  OH   d  SA, CD   . OH OE SO a 6a 3a 14 7 Tứ giác ABEN nội tiếp đường tròn đường kính AE  ANE  900  AN  NE A B  NE :11 x  7   7  y  3  0 H  11x  7 y  56  0 I E Tọa độ của N là nghiệm của hệ: 0,25  7  x 11x  7 y  56  0  2 7 5   N  ;  N  7 x  11y  3  0 y   5 2 2 D C   2 Gọi H là trung điểm của AE , có NBE  450  NHE  900  AN  NE  7a  3   7   49  14a  85 2 2 a  9  l  Gọi A  a;   . Ta có AN  NE   a        2 2 0,25  11   2   22  2  a  2 7  A  2;1 c2   c2  Gọi C  c; 2c  23  trung điểm I của AC : I  ; c  11  IA    ;12  c  ;  2   2   9  c 17  IN   ; c  2 2  0,25 c  10 Ta có AIN  90  IA.IN  0   0  C 10; 3 ; I  4; 1 c  39  l   5  EC   3; 6   BC : 2  x  7    y  3  0  2 x  y  17  0 1 3 IN   ;   BD : 3  x  4    y  1  0  3x  y  13  0 2 2 0,25 3x  y  13  0 x  6 Tọa độ điểm B :    B  6;5 , D  2; 7  . 2 x  y  17  0  y  5  x  2  x  1  y  3 y 1  3 Giải hệ phương trình   x  y   x  2 y  1  2 8  2 2 4 0,25 Điều kiện: x  2 . 2/3
Phương trình 1    3 x 1  3 x 1  y3  3 y    x  1  y x  1  y x  1  y 2  3  0  3  2  y 3 Ta có x  1  y x  1  y  3   x  1    y 2  3  0x  1, y nên phương trình  3 2  2 4 0,25 x 1  y2 tương đương x  1  y  0   y  0 Thế vào phương trình  2  , ta được: x 2  x  1   x  2  x 2  2 x  2  x2  2x  7   x  2  x2  2x  2  3  0,25    x2  2 x  7   x2  2x  2  3   x  2  x2  2x  7   x2  2 x  7  0   x  2x  7  2 x  2x  2  x 1  0   2 2   x  2 x  2  x  1  0  vn  0,25  x  1  2 2 . Do x  2  x  1  2 2  y  4 8  Vậy hệ có nghiệm 1  2 2; 4 8 .  z2   x  y   z  2 2 4z z 2  4 xy 4z  z  Ta có P        4  1 0,25 x  y  x  y 2 x y  x  y 2  x y  x y z Đặt t   P  t 2  4t  1 . x y 0,25 1  Với x, y, z  1; 2  x  y   2; 4  t   ;1 . 4  1  9 Xét hàm số f  t   t 2  4t  1, t   ;1 . Ta có bảng biến thiên: 4  t 1 1 4 0,25 6 f t  33 16 Vậy MaxP  6  t  1   a; b; c   1;1;2  . 0,25 Chú ý: - Các cách giải khác đúng, cho điểm tương ứng như đáp án. - Câu 6. Không vẽ hình không cho điểm. - Câu 7. Không chứng minh các tính chất hình học phần nào thì không cho điểm phần đó. 3/3