Đề kiểm tra khảo sát môn Toán 12 - Trường THPT chuyên Hùng Vương

Chia sẻ: So Mc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

55
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề kiểm tra khảo sát có đáp án môn "Toán, lớp 12 - Trường THPT chuyên Hùng Vương" có cấu trúc gồm 10 câu hỏi bài tập trong thời gian làm bài 180 phút. Mời các bạn cùng tham khảo để củng cố lịa kiến thức và làm quen với dạng đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra khảo sát môn Toán 12 - Trường THPT chuyên Hùng Vương

TRƯỜNG THPT ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG MÔN TOÁN – LỚP 12 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Đề bài có 01 trang 2x  3 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  . x2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết rằng tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận của (C) một tam giác có diện tích hình tròn ngoại tiếp là nhỏ nhất. 1 2 tan 2  Câu 2 (1,0 điểm) Cho cot   . Tính giá trị biểu thức M  3 2sin 2   3sin  cos   5cos 2  Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình 2sin x  sin 2 x  2sin x cos 2 x  1  2cos x Câu 4 (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 2  x 2  2 x  3  log 1  x  3  log 22  x  1 . 2 Câu 5 (1,0 điểm) n  1  a) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triên nhị thức Niutơn của P  x    x 3  2  ; 10  x  x ≠ 0. Biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn Cn  13Cn 4 2 b) Một lớp học có 18 học sinh. Tổ 1 có 7 học sinh, tổ 2 có 6 học sinh, tổ 3 có 5 học sinh. Chọn ngẫu nhiên 8 học sinh đi dự lễ phát thưởng do nhà trường tổ chức. Tính xác suất để chọn được 8 học sinh sao cho mỗi tổ có ít nhất 1 học sinh tham dự. Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC. Đường phân giác trong BD có  1 phương trình x + y – 2 = 0. Đường trung tuyến BN có phương trình 4x + 5y – 9 = 0. Điểm M  2;   2 15 năm trên cạnh BC. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, 6 C. Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a. Cạnh bên 2 SA vuông góc với đáy ABCD. Cạnh bên SC tạo với đáy ABCD một góc α và tan   . Gọi M là 5 trung điểm BC, N là giao điểm của DM với AC, H là hình chiếu của A trên SB. Tính thể tích hình chóp S.ABMN và khoảng cách từ điểm H tới mặt phẳng (SDM). Câu 8 (1,0 điểm) Giải phương trình sau x3  3x 2  4 x  1   x 2  3 x 2  x  1, x  Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a 2  b2  c2  1 . ab bc a 3b3  b3c 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P    1  c2 1  a2 24c3a3 ----HÊT--- >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 1
ĐÁP ÁN Câu 1 a) Khảo sát + Tập xác định: D = ℝ \ {2} + Sự biến thiên 1 Chiều biến thiên: y '    0, x  D  x  2 2 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;2) và (2;+∞) Giới hạn: lim y  ; lim y    x  2 là tiệm cận đứng x 2 x 2 lim y  lim y  2  y  2 là tiệm cận ngang x  x  Bảng biến thiên: x –∞ 2 +∞ y’ – – y +∞ 2 2 –∞ + Đồ thị: 3   3 Giao Ox tại  ;0  . Giao Oy tại  0;  2   2 Đồ thị nhận I(2;2) làm tâm đối xứng >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 2
 2m  3  b) Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm M  m;    C   m  2  có dạng  m2  1 2m  3 y  x  m  d   m  2 m2 2 Gọi A là giao điểm của (d) và đường tiệm cận đứng x = 2 của đồ thị hàm số, ta có: 1 2m  3 2 m  2  2m  2  A  2; y A  ; y A   2  2  m    A  2;   m  2 m2 m2  m2  Gọi B là giao điểm của (d) và đường tiệm cận ngang y = 2 của đồ thị hàm số, ta có: xB  m 2m  3 B  xB ; 2  ; 2     B  2m  2; 2   m  2 m2 2 I(2;2) là giao điểm hai đường tiệm cận. K là trung điểm AB. Do hai đường tiệm cận của hàm số vuông góc nên ∆ IAB vuông tại I. Suy ra K là tâm đường tròn ngoại AB tiếp ∆ IAB, đường tròn đó có bán kính R  KA  KB  , diện tích S 2 Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho 2 số dương: 2 2  2   2m  4  .  2  AB   2m  4      2.   8  R  2  S  2 2 2 2  m2  m2 m  3 2  2  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2m  4      m  2  1  m  1 2 4  m2  Vậy các đường tiếp tuyến cần tìm là y = – x + 2 và y = – x + 6 Câu 2 2 tan 2  M 2sin 2   3sin  cos   5cos 2  1 Vì cot   nên ta có 3 1 tan 2   9 cot 2  1 10  1  cot 2   sin  2 9 Chia cả tử và mẫu của M cho sin 2  ta được >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 3
2 20 .tan 2  .9 M sin 2   9  45 2  3cot   5cot 2  2  3. 1  5. 1 3 32 Câu 3 2sin x  sin 2 x  2sin x cos 2 x  1  2 cos x  2sin x 1  cos x  cos 2 x   1  2 cos x  2sin x  2 cos 2 x  cos x   1  2 cos x  1  2 cos x  sin 2 x  1  0  2  1  x    k 2  cos x   3  2   x    k sin 2 x  1  4 2  Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x    k 2 , x   k  k   3 4 Câu 4 log 2  x 2  2 x  3  log 1  x  3  log 22  x  1 1 2  x2  2 x  3  0  ĐK:  x  3  0  x 1 x 1  0  Với điều kiện trên, ta có: 1  log 2  x  1 x  3   log 2  x  3  log 22  x  1  log 2  x  1  log 2  x  3  log 2  x  3  log 22  x  1  log 2  x  1 . 1  log 2  x  1   0  0  log 2  x  1  1  1  x 1  2 2 x3 (thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 2 ≤ x ≤ 3. Câu 5 a) Vì n là số tự nhiên nên >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 4
n! n! 1 13 Cn4  13Cn2   13.   4! n  4  ! 2! n  2 ! 12  n  3 n  2   n2  5n  150  0  n  15 Theo công thức nhị thức Niutơn, ta có: 15 k  1  15 k  1  P  x    x3  2    C15k  x3    2    C15k .  1 .x 455k 15 15 k  x  k 0  x  k 0 Số hạng chứa x10 tương ứng với 45 – 5k = 10 ⇔ k = 7. Hệ số của số hạng đó là C157 .  1  6435 . 7 b) Gọi A là biến cố “Mỗi tổ có ít nhất một học sinh tham dự”. B là biến cố đối lập với biến cố A, tức là “ Có ít nhất 1 tổ không có học sinh được chọn” Số phần tử của không gian mẫu là C188  43758 Tính số kết quả có lợi cho B. Do số học sinh của mỗi tổ nhỏ hơn 8 nên 8 bạn được chọn phải đến từ 2 tổ khác nhau. Xét 3 trường hợp: + TH1: 8 bạn đến từ tổ 1 và tổ 2: Số cách chọn 8 bạn từ 13 bạn là C138  1287 + TH1: 8 bạn đến từ tổ 1 và tổ 3: Số cách chọn 8 bạn từ 12 bạn là C128  495 + TH1: 8 bạn đến từ tổ 1 và tổ 2: Số cách chọn 8 bạn từ 11 bạn là C118  165 Theo quy tắc cộng, số kết quả có lợi cho B là 1287  495  165  1947 1947 59 Xác suất của biến cố B là PB   43758 1326 1267 Xác suất cần tính là PA  1  PB  1326 Câu 6 >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 5
4 x  5 y  9  0 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:   B 1;1 x  y  2  0 Phương trình BC đi qua B và M: x  2 y  3  0 Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua BD thì M’ ∈ BA. Phương trình đường thẳng MM’ qua M, vuông góc BD: 2x – 2y – 3 = 0 7 1 3  H là giao MM’ và BD suy ra H  ;  . Ta có H là trung điểm MM’ nên M '  ;0  4 4 2  Phương trình BA qua B và M’: 2 x  y  3  0 Gọi tọa độ A  a;3  2a   BA; C  3  2b; b   BC  3  2b  a 3  2a  b  N là trung điểm AC thì N  ;   2 2  3  2b  a 3  2a  b Vì N  BN  4.  5.  9  0  b  3  2a 2 2  3b   9  5b  Suy ra A  ; b  ; C  3  2b; b   N  ; b  . Phương trình AC là y = b.  2   4  9  5b Phương trình đường trung trực AC vuông góc AC tại N có dạng: x  (d) 4  1 b  Gọi E là trung điểm BC suy ra E  2  b;   2  7  5b Phương trình trung trực BC đi qua E vuông góc BC có dạng: 2 x  y   0 (d’) 2 >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 6
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC thì I là giao (d) và (d’) nên có tọa độ là nghiệm của hệ:  7  5b 2 x  y  0  2  9  5b   I ;1 x  9  5b  4   4 9  5b 15 b  1 Ta có: BI  1    4 6 b  3 + Với b = –1 ⇒ C(5;–1), thỏa mãn M thuộc cạnh BC. Suy ra A(2;–1) + Với b = 3 ⇒ C(–3;3), M không thuộc cạnh BC, loại. Vậy A(2;–1), B(1;1), C(5;–1). Câu 7 Vì A là hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD) nên góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là  SC; CA  SCA   . Tam giác ADC vuông tại D: AC  AD2  CD2  a 5 Tam giác SAC vuông tại A: SA  AC.tan   a 2 ∆ ABM và ∆MCD vuông cân nên MA  MD  a 2 Theo định lý Pitago đảo, ta có ∆ AMD vuông tại M. MN MC 1 1 a 2 Vì MC // AD nên    MN  MD  ND AD 2 3 3 1 1 5a 2 Ta có: S ABMN  S ABM  S AMN  AB.BM  AM .MN  2 2 6 >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 7
1 1 5a 2 5a3 2 Thể tích khối chóp: VS . ABMN  SA.S ABMN  a 2.  3 3 6 18 Vẽ AK ⊥ SM tại K. Vì DM ⊥ AM, DM ⊥ SA nên DM ⊥ (SAM) ⇒ DM ⊥ AK Suy ra AK ⊥ (SDM) Hai tam giác vuông AHS và AHB đồng dạng (g.g) nên 2 HS HA SA HS HA  SA  HS 2    .     2  HS  SB HA HB AB HA HB  AB  HB 3 Mà S ∈ (SDM) nên d  d  H ;  SDM    d  B;  SDM   2 3 EB BM 1 Gọi giao AB và DM là E. Vì BM // AD nên   EA AD 2 Mà E ∈ (SDM) nên d  B;  SDM    d  A;  SDM    d  d  A;  SDM    AK 1 1 1 2 3 3 1 1 1 Tam giác SAM vuông tại A nên 2  2  AK  a AK SA AM 2 a Vậy khoảng cách từ H đến (SDM) là . 3 Câu 8 x3  3x 2  4 x  1   x 2  3 x 2  x  1 1  x  3  x  3  Ta thấy x  3  x  x  1  0   2 2  8 không xảy ra, do đó: x  x 1  x  6x  9 2  x  7 1   x 2  3  x  3  7 x  8   x 2  3 x2  x  1     x 2  3 x  3  x 2  x  1   7 x  8   0  x  3   x 2  x  1 2   x  3 2   7 x  8  0 x  3  x2  x  1  x2  3    7 x  8   1  0  x  3  x  x 1  2  8 x   7   x 2  3  x  3  x 2  x  1  2  >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 8
 2  x2  x  x 2  x  1  3 Đặt x 2  x  1  t  t  0  , phương trình (3) trở thành: 1 5 1 5 t 2 1  t  t  (loại) hoặc t  (thỏa mãn) 2 2 1 5 1 5 1 3  2 5 Do đó:  3  x 2  x  1   x2  x  0 x 2 2 2  8 1  3  2 5  Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là  ;   7 2  Câu 9 Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho 2 số dương, ta có: a2 b2 a 2b 2 2ab  2  a 2  c2 b2  c2  a 2  c2  b2  c2  a 2  c 2  b 2  c 2  a 2  c2    b2  c2   2 a 2  c 2  b 2  c 2  Nhân từng vế hai bất đẳng thức trên ta được:  a2 b2  2 2 2   2 2  a  b  2c 2   4ab  a c b c  2 ab 1  a2 b2  Từ đó kết hợp với a 2  b2  c2  1 ta được:     (1) 1  c 2 4  a 2  c 2 b2  c 2  bc 1  b2 c2  Ta có bất đẳng thức tương tự:     (2) 1  a 2 4  b2  a 2 c 2  a 2  ab bc 1 b2 b2  Cộng (1) và (2) ta được:    1    (3) 1  c2 1  a 2 4  b2  c 2 b2  a 2  1 1 b2 b2  1 1  1 b2 Từ bất đẳng thức Cô–si ta có:  2  2   b2  c 2   .2bc  4  2 2   2  2    2 2 b c  bc b c 4  b c  4 4c (4) b2 1 b2 Tương tự ta có:   (5) b 2  a 2 4 4a 2 ab bc 1 1  1 b2 b2  3 1  b2 b2  Từ (3), (4) và (5) ta được:            1  c 2 1  a 2 4 4  2 4a 2 4c 2  8 16  a 2 c 2  >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 9
3 1  b2 b2  1  b3 b3  3 1  3b2 2b3  1  3b2 2b3   P    2  2   3  3     2  3   2  3  8 16  a c  24  a c  8 48  a a  48  c a  Xét hàm số f  t   3t 2  2t 3 trên (0;+∞) t  0 Có f '  t   6t  6t 2 ; f '  t   0   t  1 x 0 1 +∞ f’(x) + 0 – f(x) 1 0 –∞ Căn cứ bảng biến thiên ta được: f  t   f 1  1 , ∀ t > 0. 3 1  b  b  5 Suy ra P    f    f     8 48   a   c   12 1 Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  3 5 Vậy GTLN của P là . 12 >> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 10