Đề thi khảo sát chất lượng lần thứ hai năm học 2013-2014 môn Toán 12 - Trường THPT Tống Duy Tân

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

56
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh, sinh viên "Đề thi khảo sát chất lượng lần thứ hai năm học 2013-2014 môn Toán 12" của Trường THPT Tống Duy Tân. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.

Chủ đề:

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

Lưu

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ HAI TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN 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 2 2 5    điểm cực trị A, B là tiếp tuyến của đường tròn: x  1  y  3   13   Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 sin  2 x    sin x  3cos x  2 .  4  3 x  5 x  2  3 y  7 y  2   24 xy 2 2 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2 2  x  y  xy  7 x  6 y  14  0  2 x cos 2 x  1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I   cos x  sin x dx 0 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 S . 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 45 Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích bằng , 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 phương trình đường thẳng chứa cạnh BC, biết điểm C có hoành độ dương. x  2 y 1 z Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  :   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 góc với  và M I  4 1 4 . 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 n2 2 dương thỏa mãn Cn  6n  5  An1 . B. Theo chương trình Nâng cao x2 y 2 Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip  E :  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. x 1 y  2 z Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :   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 . 2 1 4 Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình: log  x 2  4   log  x  2   log  x  3  . 4 --------------------HẾT-------------------- Cảm ơn bạn ( loveMath@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN LẦN THỨ HAI ******** NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: Toán 12 – Khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút ******* Câu Nội dung Điểm 1 1. Khảo sát sự biến thiên ….. 3 Khi m  1 hàm số trở thành: y  x  3x  4 2 0.25 điểm * 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 0.25 x  0 điểm y '  3x 2  6 x  0    x  2 x  -2 0  y' + 0 + 0 0  y  –4 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2 và  0; . 0.25 điểm 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 2. Tìm các giá trị của tham số ….. x  0 0.25 Ta có: y '  3 x 2  6 mx  0   điểm  x  2 m Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị điều kiện là 2m  0  m  0
Khi đó, tọa độ hai điểm cực trị là: A  2m; 4 m3  4 m 2  và B  0; 4m2  0.25 điểm Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A, B là: 2m2x  y  4m2  0 . 2 2 5 0.25 Điều kiện để AB là tiếp tuyến của đường tròn  x 1   y  3  có tâm I  1; 3 , điểm 13 5 bán kính R  là: 13 5 2 m 2   1    3   4 m 2 5 d  I ; AB     13 4 4m  1 13  8 m 4  39 m 2  28  0 m2  4 m  2 0.25 điểm  2 7  m  m   14  8  4 14 Vậy, giá trị cần tìm là: m  2; m   4 2   Giải phương trình: 2 sin  2 x    sin x  3cos x  2  4 Phương trình đã cho tương đương với: 0.25 sin 2 x  cos 2 x  sin x  3cos x  2 điểm   2sin x cos x  sin x    2cos2 x  3cos x  1  0   2cos x  1 sin x  cos x  1  0 0.25  1 điểm  cos x   2  sin x cos x  1  1  0.25 cos x   x    k 2 , k  Z 2 3 điểm  x  k 2   2 sin x  cos x  1  sin  x      k  Z   4 2  x   k 2  2 Phương trình có các nghiệm là: 0.25  x  k 2 điểm  x    k 2 và   (với k  Z ) 3  x   k 2  2 3  3 x 2  5 x  2  3 y 2  7 y  2   24 xy 1 Giải hệ phương trình:  2 2  x  y  xy  7 x  6 y  14  0  2 Xét phương trình (2): x 2  y 2  xy  7 x  6 y  14  0 0.25 Ta có:  2   x 2   y  7  x  y 2  6 y  14  0 điểm 2 Để tồn tại x điều kiện là:  x   y  7   4  y 2  6 y  14   0 7  3 y 2  10 y  7  0  1  y  3 Mặt khác:  2   y 2   x  6  y  x 2  7 x  14  0 2 Để tồn tại y điều kiện là:  y   x  6  4  x 2  7 x  14   0
10  3 x 2  16 y  20  0  2  x  3 10 7 0.25 Xét phương trình (1) với điều kiện 2  x  và 1  y  , ta có: 3 3 điểm  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;   10 7 0.25 Nên với điều kiện 2  x  và 1  y  , ta có: 3 3 điểm  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 0.25 x  2 điểm Thay  vào phương trình (2) ta thấy không thỏa mãn. y 1 Vậy, hệ phương trình đã cho vô nghiệm  4 2 x cos 2 x  1 Tính tích phân: I   cos x  sin x dx 0   2 2 0.25 1 điểm Ta có: I   x  cos x  sin x  dx   dx 0 0 cos x  sin x   2 2 0.25 Xét I1   x  cos x  sin x  dx   xd  sin x  cos x  điểm 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 0 2 2     0.25 cos  x   2 1 2 1 2 2  2 4 điểm Xét I 2   dx   dx   dx cos  sin x x 2 0    2 0 2   0 cos  x   cos  x    4  4    cos  x   2 2  4 2 0 I2  dx 2   1  sin  x    4     Đặt t  sin  x    dt  cos  x   dx  4  4 2 Khi x  0 thì t   2  2 Khi x  thì t  2 2
2  2 2  2 Nên I 2  2 dt 2  2 dt 2 dt  2  1  t 2 dx  4   1  t dx   1  t dx   2  2  2  2  2 2  2 2 2  2  2 2     ln 1  t  2 2  ln 1  t  2 2   ln   4   2   2  2 2  2    0.25 Như vậy: I    2  2 ln  2  2  điểm 2 2    2 2  5 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách …. Do ABCD là hình thoi nên AC  BD . Từ BD  3 AC suy ra IB  3 IA 0.25 điểm 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 0.25 Vì SH  mp  ABCD  nên tam giác SHA vuông tại H, từ đó: điểm S L A D K H I B C 2 2 2 2 a a 15 SH  SA  AH   2a     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: 0.25 điểm d  SB; CD   d  CD; mp  SAB    d  C ; mp  SAB    4 d  H ; mp  SAB   Kẻ HK  AB tại K, khi đó: 0.25 HK AH 1 1 a 3 điểm    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 Ta có 2  2  2  2  2  2  KL  HL SH HK 15a 3a 5a 14 a 35 2a 35 Vậy: d  SB; CD   4d  H ; mp  SAB    4.  14 7 6 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 , 0.25 2 2 2 điểm a 1  b  1  c 1 và: S  abc
a 2  1  b2  1  c 2  1 Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất của S  với a, b, c là abc các số dương thỏa mãn abc  1 . 2 0.25 Xét hàm số: f  t   t 2  1  2t  ln t với t  0 điểm 2 2t 2   2t  1 2t 2  2  2t 2   2t  1 2t 2  2 Ta có: f '  t   ; f ' t   0   2t t 2  1 t  0  2t 4   2t  1 2  t 2  1 2t 4  4t 3  5t 2  4t  1  0    1  1 t  t   2  2    2 1  19  1   t  1  2t  1  x        0    4  16  4    t 1  1 t   2 Ta thấy: 1  1 * Nếu 0  t  thì 2t 2   2t  1 2t 2  2  0 , nên f '  t   0, t   0;  . 2  2 2 1   1  19  1  * Nếu  t  1 thì  t  1  2t  1  x        0 , điều này kéo theo 2   4  16  4  2 1  2t 4   2t  1  t 2  1  0 , nên f '  t   0, t   ;1 . 2  2   1  19  1  Nếu t  1 thì  t  1  2t  1  x        0 , điều này kéo theo   4  16  4  2 2t 4   2t  1  t 2  1  0 , nên f '  t   0, t  1;   Bảng biến thiên của f  t  x 0 1  f ' t  + 0 – 0 f t  2 0.25 Như vậy: f  t   t 2  1  2t  ln t  f 1  0, t  0 điểm 2 Từ đó ta có: f  a   f  b   f  c   0 nên suy ra: 2 a2  1  b2  1  c2  1  2  a  b  c    ln a  ln b  ln c  2 2  2 a  b  c  ln  abc  2  2 a  b  c a 2  1  b2  1  c 2  1 0.25 Suy ra: S   2 điểm abc
Vậy: max S  2 khi a  b  c  1 x  0  Hay: max S  2 khi  y  1   z  2 7.a Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC … Do ABCD là hình thang cân với đáy lớn CD và hai đường chéo AC, BD vuông góc với 0.25 nhau nên tam giác ICD vuông cân tại I. điểm Đường thẳng qua I vuông góc CD : x  3 y  3  0 có phương trình : 3( x  2)  ( y  3)  0  3 x  y  9  0 Gọi K là trung điểm CD ta có tọa độ K là nghiệm của hệ: x  3y  3  0   K  3;0  3 x  y  9  0 A H B I D K C Mà KI  KC  KD nên C, D là giao điểm của đường thẳng CD và đường tròn tâm K bán kính 0.25 KI  10 . điểm  x  3 y  3  0 Do đó tọa độ của chúng là nghiệm của hệ  2 2  x  3   ( y  10  C  6;1 , D  0; 1 do C có hoành độ dương. Gọi H là trung điểm AB ta có 0.25 45 1 2 10 điểm 2   S ABCD  ( AB  CD ) HK  ( IH  IK ) HK  IH  10 2   IH  2 ID IK    Mà   2  DI  2 IB  B(3;5)  BC  (3; 4) IB IH Vậy đường thẳng BC có phương trình: 4( x  3)  3( y  5)  0  4 x  3 y  27  0 0.25 điểm 8.a Tìm điểm M thuộc (P) …….  Đường thẳng  đi qua điểm M 0  2; 1;0  và có vec-tơ chỉ phương u  1; 2; 1 0.25 điểm x  2  t  Phương trình tham số của  là:  y  1  2t  z  t  Tọa độ giao điểm I của  và mp(P) là nghiệm hệ phương trình:
x  2  t t  1  y  1  2t x  1       I 1;1;1  z   t  y  1  x  y  z  3  0  z  1 Điểm M thuộc mặt phẳng (P) nên tọa độ M có dạng: M  a; b;3  a  b  0.25  điểm MI  1  a;1  b; a  b  2  Để MI vuông góc với  điều kiện là: 0.25   MI .u  0  1.1  a    2 1  b    1 a  b  2   0 điểm  2 a  b  1  0  b  2 a  1 1 Ta có M I  4 1 4  1  a   1  b 2   a  b  2 2  2 2 4 2 2  Thay (1) vào (2) ta có: 0.25 2 2 2 M I  4 14  1  a    2  2 a    3 a  3   224 điểm 2 a  5  b  9  1  a   16    a  3  7 Vậy: M  5;9; 11 hoặc M  3; 7;13 9.a Tìm hệ số trong khai triển ….. Với n nguyên dương và n  2 , ta có: 0.25 n  n 1 điểm Cnn2  6n  5  An21   6n  5  n  n 1 2  n n 1 12n 10  2n  n 1 n  1  n2  9n 10  0   n  10 Vậy n  10 n Bài toán trở thành: Tìm hệ số của x 4 trong khai triển P ( x )  1  x  3 x 3  0.25 10 10 điểm k k Ta có: P ( x )  1   x  3 x 3       1 C 10k  x  3 x 3    k 1 k 3 k Xét số hạng:  1 C k 10  x  3x  , ta có: k k k k  1 C10k  x  3 x 3    1 C1k0 .x k . 1  3 x 2  Bậc nhỏ nhất của x trong khai triển trên là k, bậc lớn nhất trong khai triển trên là 3k Do đó x 4 nếu có thì chỉ có trong khai triển các số hạng ứng với : 0.25 4 điểm k  4  3k   k  4  k  2;3; 4 3 Hay x 4 nếu có thì chỉ cótrong khai triển các số hạng: 2 2 3 3 4 4  1 C102 . x 2 . 1  3 x 2  ;  1 C103 .x 3 . 1  3 x 2  ;  1 C104 . x 4 . 1  3 x 2  Như vậy, x 4 có trong khai triển các số hạng  1 C102 .x 2 . 1  3 x 2  và 2 2 0.25 điểm 4 4  1 C104 . x 4 . 1  3 x 2  . Ta có: 2 2 *  1 C102 .x 2 . 1  3 x 2   C102 .x 2 . 1  6 x 2  9 x 4  nên hệ số của x 4 là 6C102 4 4 *  1 C104 .x 4 . 1  3 x 2   C104 .x 4 . 1  12 x 2  ... nên hệ số của x 4 là C104 Vậy, hệ số của x 4 cần tìm là: 6C102  C104  480 7.b Tìm tọa độ điểm C trên elip ….. Hoành độ giao điểm của đường thẳng  và elip (E) là nghiệm phương trình: 0.25 điểm
2 2  12  3x  2 x  0 9 x  16    144  x  4 x  0   x  4  4   Như vậy  và elip (E) cắt nhau tại hai điểm A  0;3 và B  4; 0  có AB  5 0.25 điểm Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên  thì: 1 5 S ABC  AB.CH  CH 2 2 Nên tam giác ABC có diện tích lớn nhất khi CH lớn nhất.    0.25 Vì C  ( E ) nên tồn tại t    ;  sao cho C   4sin t;3cos t  điểm  2 2 Bởi vậy: CH  12sin t  12 cos t  12  12   2 sin  t    1   12 2  1  32  4 2 5  4 5 3   3   3   0.25 Dấu đẳng thức xảy ra khi t   , khi đó C   4sin    ;3cos     điểm 4   4   4   3 2 Hay C   2 2;   2    3 2 Vậy, tọa độ điểm C cần tìm là C   2 2; .  2   8.b Tính thể tích khối tứ diện …… Vì A nằm trên đường thẳng d nên A  1  2t ; 2  t ; t  0.25 điểm 1  2t   2  2  t   2  t  Ta có: d  A; mp  P    1  1 2 12  2 2   2  t  0 2t  1  1   t 1 -Với t  0  A(1; 2;0) 0.25 Ta có B (2c  2b; b; c ) thuộc P : x  2 y  2 z  0 điểm  AB  (2c  2b  1; b  2; c) x 1 y  2 z Theo bài ra AB vuông góc với đường thẳng d :   nên suy ra:   2 1 1 AB.ud  0  2  2c  2b  1  1 b  2    1 c  0  3b  3 c 0  b  c Như vậy: AB  (1; b  2; b) 2 2 AB   1  (b  2)2  b 2  2  b  1  3  3 ABmin  3  b  1, c  1  B(0; 1; 1) Trường hợp này ta tìm được A(1; 2; 0) và B(0; 1; 1) -Với t  1  A(3; 1; 1) 0.25 Ta có B (2c  2b; b; c ) thuộc P : x  2 y  2 z  0 điểm  AB  (2c  2b  3; b  1; c  1) x 1 y  2 z Theo bài ra AB vuông góc với đường thẳng d :   nên suy ra:   2 1 1 AB.ud  0  2  2c  2b  3   1 b  1   1 c  1  0  c  b  2 Như vậy: AB  1; b  1; b  3 
2 2 AB  12  (b  1) 2   b  3  2  b  2   3  3 ABmin  3  b  2, c  0  B  4; 2; 0  Trường hợp này ta tìm được A(3; 1; 1) và B  4; 2; 0  Vậy: A(1; 2; 0) và B (0; 1; 1) ; hoặc A(3; 1; 1) và B  4; 2;0  0.25 điểm 9.b 2 1 4  2  Giải phương trình log x  4  log  x  2  log  x  3 4 Điều kiện xác định: x   ; 2    2;3   3;   0.25 điểm Với điều kiện đó, phương trình viết lại là: 2 2 log  x2  4  log  x  2 x  3    x  2 x  2   x  2 x  3    x  2   x  2 x  3 * Với x   ; 2    2;3 , ta có: 0.25 điểm *  x  2   x  2  3  x   x 2  8  x  2 2 thỏa mãn điều kiện đang xét. Với x   3;   , ta có: 0.25 điểm *  x  2   x  2  x  3  x2  2 x  4  0  x  1  5 Nên trên khoảng đang xét phương trình có nghiệm x  1  5 Vậy, phương trình có các nghiệm: x  1  5 và x  2 2 . 0.25 điểm Cảm ơn bạn ( loveMath@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl