Đề thi khảo sát chất lượng lần 2 môn Toán 12 năm 2013-2014 - THPT Tống Duy Tân

Chia sẻ: Nguyễn Anh Tuấn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

118
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi khảo sát chất lượng lần 2 môn Toán 12 năm 2013-2014 dưới đây được chia làm 2 phần: phần chung gồm 6 câu hỏi bài tập với thang điểm 7, phần riêng các bạn được chọn giữa phần chương trình chuẩn hoặc chương trình nâng cao ứng với thang điểm 3. Ngoài ra đề thi này còn kèm theo đáp án giúp các bạn dễ dàng kiểm tra so sánh kết quả được chính xác hơn. Mời các bạn cùng tham khảo và thử sức mình với đề thi này nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát chất lượng lần 2 môn Toán 12 năm 2013-2014 - THPT Tống Duy Tân

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN ****** ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: Toán 12 – Khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút ****** I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y  x3  3mx 2  4m 2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của đồ thị hàm số (1) khi m  1 . 2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A, B là tiếp tuyến của đường tròn: x  1  y  3  Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:    2  2 5 13   2 sin  2 x    sin x  3cos x  2 . 4   3 x 2  5 x  2  3 y 2  7 y  2   24 xy  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2 2  x  y  xy  7 x  6 y  14  0   2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I   cos x  sin x dx 0 x cos 2 x  1 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I, AB  2a , BD  3 AC , mặt bên SAB là tam giác cân đỉnh A, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của AI. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z với x  1, y  2, z  3 và thỏa mãn đẳng thức: xyz  3 xy  yz  2 xz  6 x  3 y  2 z   5 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x 2  2 x  2  y 2  4 y  5  z 2  6z  10 . x y z6 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn S 45 , đáy lớn CD 2 nằm trên đường thẳng x  3 y  3  0 . Biết hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại I (2; 3). Viết Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích bằng phương trình đường thẳng chứa cạnh BC, biết điểm C có hoành độ dương. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  : góc với  và M I  4 1 4 . x  2 y 1 z và mặt phẳng   1 2 1 ( P ) : x  y  z  3  0 . Gọi I là giao điểm của  và ( P ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc ( P ) sao cho MI vuông n Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm hệ số x 4 trong khai triển P  x   1  x  3 x 3  thành đa thức biết n là số nguyên dương thỏa mãn Cn  6n  5  An1 . B. Theo chương trình Nâng cao n2 2 x2 y 2   1 và đường thẳng 16 9  : 3 x  4 y  12  0 cắt (E) tại hai điểm A và B. Tìm điểm C  ( E ) sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip E : Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : x 1 y  2 z và mặt phẳng   2 1 1 ( P ) : x  2 y  2 z  0 . Gọi A là điểm trên d sao cho khoảng cách từ A đến m p ( P ) bằng 1; B là điểm trên mặt phẳng ( P ) sao cho AB vuông góc với d và độ dài AB nhỏ nhất. Tìm tọa độ các điểm A và B . 1 2 4 Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình: log  x 2  4   log  x  2   log  x  3  . 4 --------------------HẾT-------------------- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN ******** ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: Toán 12 – Khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút ******* Câu 1 1. Khảo sát sự biến thiên ….. 3 Nội dung 2 Điểm 0.25 điểm Khi m  1 hàm số trở thành: y  x  3x  4 * Tập xác định: R * Sự biến thiên của hàm số - Giới hạn của hàm số tại vô cực lim y   ; lim y   x  x  - Bảng biến thiên x  0 y '  3x 2  6 x  0    x  2 x y'  0.25 điểm -2 + 0 0 + 0 0   y  –4 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2 và  0; . Hàm số nghịch biến trên khoảng  2;0 . Hàm số đạt cực đại tại x  2 ; yCD  y  2  0 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 ; yCD  y  0  4 * Đồ thị 0.25 điểm 0.25 điểm 2. Tìm các giá trị của tham số ….. x  0 Ta có: y '  3 x 2  6 mx  0    x  2 m Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị điều kiện là 2m  0  m  0 0.25 điểm Khi đó, tọa độ hai điểm cực trị là: A  2m; 4 m3  4 m 2  và B  0; 4m2  Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A, B là: 2m2x  y  4m2  0 . 2 2 0.25 điểm 0.25 điểm Điều kiện để AB là tiếp tuyến của đường tròn  x 1   y  3  bán kính R  d  I ; AB   5 có tâm I  1; 3 , 13 5 là: 13 2 m 2   1    3   4 m 2 5 5   4 13 13 4m  1  8 m 4  39 m 2  28  0 m2  4 m  2  2 7  m   14 m   8    4 Vậy, giá trị cần tìm là: m  2; m   2 Giải phương trình: 0.25 điểm 14 4   2 sin  2 x    sin x  3cos x  2 4  0.25 điểm Phương trình đã cho tương đương với: sin 2 x  cos 2 x  sin x  3cos x  2   2sin x cos x  sin x    2cos2 x  3cos x  1  0   2cos x  1 sin x  cos x  1  0 1  cos x  2   sin x  cos x  1 1  cos x   x    k 2 , k  Z 2 3 0.25 điểm 0.25 điểm 3  x  k 2  2  sin x  cos x  1  sin  x     k  Z    x   k 2 4 2   2 Phương trình có các nghiệm là:  x  k 2  (với k  Z ) x    k 2 và    x   k 2 3  2  3 x 2  5 x  2  3 y 2  7 y  2   24 xy  Giải hệ phương trình:  2 2  x  y  xy  7 x  6 y  14  0  0.25 điểm 1  2 0.25 điểm Xét phương trình (2): x 2  y 2  xy  7 x  6 y  14  0 Ta có:  2   x 2   y  7  x  y 2  6 y  14  0 Để tồn tại x điều kiện là:  x   y  7   4  y 2  6 y  14   0 7 3 Mặt khác:  2   y 2   x  6  y  x 2  7 x  14  0  3 y 2  10 y  7  0  1  y  2 Để tồn tại y điều kiện là:  y   x  6  4  x 2  7 x  14   0 2  3 x 2  16 y  20  0  2  x  10 3 10 7 và 1  y  , ta có: 3 3 Xét phương trình (1) với điều kiện 2  x   2 2   (1)   3 x   5   3 y   7   24 x y    2 Xét hàm số f  t   3t  với t  1;   t 2 Ta có: f '  t   3  2  0 với t  1;   t Nên hàm số f  t  đồng biến trên 1;   0.25 điểm 10 7 và 1  y  , ta có: 3 3   2 2 2 2      3 x   5   3 y   7    3.2   5   3.1   7   24 x y 2  1      x  2 Hay 1   y 1 Nên với điều kiện 2  x  0.25 điểm x  2 Thay  vào phương trình (2) ta thấy không thỏa mãn. y 1 Vậy, hệ phương trình đã cho vô nghiệm 4 Tính tích phân: I   2  2 0.25 điểm  cos x  sin x dx 0 x cos 2 x  1 1 Ta có: I   x  cos x  sin x  dx   dx cos x  sin x 0 0  2  2  2 0.25 điểm 0.25 điểm Xét I1   x  cos x  sin x  dx   xd  sin x  cos x  0 0   2  x  sin x  cos x  02    sin x  cos x  dx 0  x  sin x  cos x     cos x  sin x  02   2  2  2 0   2 2  2   cos  x   1 2 1 2 4  Xét I 2   dx      dx  2  2    dx cos x  sin x 2 0 0 0 cos cos  x   x  4 4      cos  x   2 2 4  I2  dx  2  2  0 1  sin x 4    0.25 điểm     Đặt t  sin  x    dt  cos  x   dx 4 4   2 Khi x  0 thì t   2  2 Khi x  thì t  2 2 5 2  2  2 dt 2  2 dt dt   1  t 2 dx  4   1  t dx   1  t dx  2 2  2    2  2 2  2 2  2 2  2 2   ln    ln 1  t  2 2  ln 1  t  2 2        4   2 2   2  2 2    Như vậy: I    2  2 ln  2  2   2 2  2 2   Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách …. Nên I 2  2 2 2 2 0.25 điểm 0.25 điểm Do ABCD là hình thoi nên AC  BD . Từ BD  3 AC suy ra IB  3 IA Ta có AB 2  IA2  IB 2  4a 2  IA2  3IA2  IA  a 1 Nên: AC  2a , BD  2 3a  S ABCD  AC.BD  2 3a 2 2 Do tam giác SAB cân tại A và AB  2a nên: SA  AB  2a Vì SH  mp  ABCD  nên tam giác SHA vuông tại H, từ đó: S 0.25 điểm L A K H I D B 2 C SH  SA  AH  2 2  2a  2 a 15 a    2 2 1 1 a 15 Thể tích của khối chóp S.ABCD là: V  S ABCD .SH  .2 3a 2 .  a3 5 3 3 2 Do CD  mp  SAB  nên: d  SB; CD   d  CD; mp  SAB    d  C ; mp  SAB    4 d  H ; mp  SAB   0.25 điểm 0.25 điểm Kẻ HK  AB tại K, khi đó: HK AH 1 1 a 3    HK  BI  BI AB 4 4 4 Kẻ HL  SK suy ra HL  mp  SAB  nên d  H ; mp  SAB    HL 1 1 1 4 16 28 a 35     2  2  KL  2 2 2 2 HL SH HK 15a 3a 5a 14 a 35 2a 35 Vậy: d  SB; CD   4d  H ; mp  SAB    4.  14 7 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức… Đặt a  x  1; b  y  2; c  z  3 thì a  0; b  0; c  0 . Thay vào giả thiết ta có: abc  1 , Ta có 6 và: S  a 1  b  1  c 1 abc 2 2 2 0.25 điểm