Đề thi khảo sát chất lượng lần 1 có đáp án môn: Toán 12 - Trường THPT Khoái Châu (Năm học 2015-2016)

Chia sẻ: LƯƠNG TÂM | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

88
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí đề thi khảo sát chất lượng lần 1 có đáp án môn "Toán 12 - Trường THPT Khoái Châu" năm học 2015-2016 dưới đây để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát chất lượng lần 1 có đáp án môn: Toán 12 - Trường THPT Khoái Châu (Năm học 2015-2016)

Luyenthipro.vn TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học 2015 – 2016. MÔN: TOÁN. LỚP 12 ( Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1( 2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3x2 (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C). b) Tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị (C) tạo với đường 4 thẳng  : x  my  3  0 một góc  biết cos  . 5 2x  3 Câu 2(1,0 điểm ). Tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  . x  2015 9 3  5 Câu 3( 1,0 điểm). Xác định hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  x5  2  .  x  Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình sin2 x  sin x cos x  2cos2 x  0 . a Câu 5(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA  , 2 a 3  SB  , BAD  600 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là 2 trung điểm của AB, BC. Tính thể tích tứ diện KSDC và tính cosin của góc giữa đường thẳng SH và DK. Câu 6(2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có DC  BC 2 , tâm I( - 1 ; 2 ). Gọi M là trung điểm của cạnh CD, H( - 2; 1 ) là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. a) Viết phương trình đường thẳng IH. b) Tìm tọa độ các điểm A và B. Câu 7( 1,0 điểm). Giải phương trình 1   4x2  4x  3  2x  1 trên tập số thực. 2 2x  1  3  2x  4  2 3  4 x  4 x2  4 x  y  z  0 Câu 8( 1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn  2 2 2 .Tìm giá trị  x  y  z  2 lớn nhất của biểu thức P  x3  y3  z3 . ------------------- 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:………
TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL LẦN I MÔN: TOÁN. LỚP 12 (Hướng dẫn gồm 04 trang) Chú ý:  Học sinh làm cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa phần đó.  Điểm toàn bài không làm tròn. CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM TXĐ: D   Sự biến thiên: y  3x2  6x  3x  x  2 x  0 0.25 y  0    x  2  Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0 và  2;   Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2 . 0.25 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2  yCT  4 , cực đại tại x = 0  yCÑ  0 Giới hạn lim y  , lim y   x x Bảng biến thiên x -∞ 0 2 +∞ y’ + 0 - 0 + 1a) ’ 0 +∞ (1,0 đ) 0.25 y -∞ -4 Đồ thị 6 y f(x)=x^3-3*x^2 4 2 x 0.25 -4 -2 2 4 6 -2 -4 -6  Đường thẳng đi qua CĐ, CT là 1 : 2x  y  0  VTPT n1  2;1  0.25 Đường thẳng đã cho  : x  my  3  0 có VTPT n2 1; m   m 2 1b) (1,0 đ) Yêu cầu bài toán  cos ; 1   cos n1; n2    5. m  1 2  4 5 0.25    25 m2  4m  4  5.16. m2  1   0.25  11m2  20m  4  0 1
m  2   2 0.25 m     11 2x  3 2x  3 Vì lim    ( hoặc lim    ) nên x  2015 là x2015 x  2015 x2015 x  2015 0.5 2 tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. (1,0 đ) 2x  3 Vì lim  2 nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0.5 x x  2015 9 k  5   k Xét số hạng thứ k + 1 trong khai triển Tk 1  C . x k 9 5 . 2  0.25 x  3 (1,0 đ)  Tk1  C9k .59k.x7k18 0.25 Vì số hạng chứa x3 nên 7k 18  3  k  3 0.25 Vậy hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển là C93.56  1.312.500 0.25    PT  sin2 x  cos2 x  sin x cos x  cos2 x  0 0.25   sin x  cos x sin x  2cos x  0 sin x  cos x  0 1 0.25  4  (1,0 đ)     sin x  2cos x  0 2 1  tan x  1  x   4  k  k    0.25  2  tan x  2  x  arctan2  k  k   0.25 S 0.25 B C K H M A D 5 (1,0 đ) a a 3 Từ giả thiết ta có AB = a, SA  , SB  nên ASB vuông tại S 2 2 AB 0.25  SH   SAH đều. Gọi M là trung điểm của AH thì SM  AB . Do 2  SAB   ABCD   SM   ABCD  . 1 1 1 Vậy VKSDC  VS.KCD  .SM .SKCD  .SM . SBAD 3 3 2 1 a 3 1 a.a. 3 a3 0.25  . . .  (đvtt) 3 4 2 2.2 32 2
Gọi Q là điểm thuộc AD sao cho AD = 4 AQ  HQ  KD nên  SH , DK    SH , QH   0.25 Gọi I là trung điểm HQ  MI  AD nên MI  HQ Mà SM   ABCD   SI  HQ   SH ,QH   SHI   . Trong tam giác vuông SHI có: 1 1 1 a 3 HQ DK .  HI 2 4 4 2  3. 0.25 cosSHI     SH a a a 4 2 2 2  6a IH   1; 1 0.5 (1,0 đ) Nên đường thẳng IH có phương trình x  y  3  0 . 0.5 A B I H D M C   Từ giả thiết ta suy ra H là trọng tâm của BCD  IA  3HI  A(2;5) . 0.25 6b 2 2 BC 6 1 BC 3 (1,0 đ) Ta có HB  BM  BC2  MC 2  , HC  AC  3 3 3 3 3 0.25  HB  HC  BC nên BM  AC 2 2 2   BM đi qua H( -2; 1 ), nhận IH   1; 1 làm VTPT có phương trình x  y  1  0  tọa độ B có dạng B( t; - t - 1 ). 0.25 Lại có IA  IB nên 18   t  1   t  3  t  4t  4  0 2 2 2 t  2  8   . Do đó     B 2  2 2;1  2 2    . 0.25   t  2  8 B 2  2 2;1  2 2  1 3 ĐK:   x  . Phương trình 2 2 2   2x  12   2x  12     2  2x  1  3  2x 2x  1  3  2x     (*)  2  2 0.25   7 Xét hàm số f  t   t 2  t trên  0;   có f   t   2t  1  0 t  0;   nên (1,0 đ) hàm số f(t) đồng biến trên  0;      2x  12     Do đó pt (*) trở thành  f 2x  1  3  2x  f  2    0.25     f ñoà ng bieá n 3
 2x  1 2  2x  1  3  2x  2  8  2x  1  3  2x  4 2x  1 2   2x  1  3  2x   2x  1  3  2x  ( **) 2 8   2x  1  a  0 Đặt  thì phương trình (**) trở thành   3  2 x  b  0  8 a  b  a2  b2 2           8 a  b  a2  b2 2  4a2b2 (1)  0.25 a2  b2  4 a2  b2  4 2  Từ (1)  8 a  b  16  4a2b2  2  a  b  4  a2b2    4 a2  b2  2ab  16  8a2b2  a4b4 (***) Đặt ab = t  0  t  2 thì pt (***) trở thành  16  8t  16  8t 2  t 4  t  t  2 t 2  2t  4  0  t  0    t  2  loaïi   x   1 0.25   2x  1  3  2x  2  2   . Vậy t = 0      t  1  5   loaïi  2x  1. 3  2x  0   x  3  t  1  5  loaïi   2 Chú ý: HS có thể giải theo cách khác như sau Đặt a  2 x  1  3  2 x . Phương trình đã cho trở thành a  a  2  a 2  2a  4 a 4  8a 2  8a  8  0 Có x  y  z  0  z    x  y  P  x3  y3   x  y   3xyz 3 Từ x2  y2  z2  2   x  y   2xy  z2  2  2z2  2xy  2  xy  z2  1 2 0.25  Vậy P  3z z2  1  1  x  y   z2  z2   3 4 4 2 Do 2  x2  y2  z2   z 2 2 3 3 0.25  4 4 Đặt P  f  z  3z3  3z với z   ; K 8  3 3  (1,0 đ)  z   1  K   Có f   z  9z  3 , f   z  0   2 3  0.25 z  1  K    3  4 4  4 4  1  2  1  2 Ta có: f    ,f   , f    ,f    3 3  3  3  3 3  3   3 0.25 2 2 1 Do vậy max P  khi z  ;x  y  3 3 3 4