intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Đề thi khảo sát chất lượng lần thứ nhất năm học 2013-2014 có đáp án môn: Toán 12, khối A, B, D - Trường THPT Tống Duy Tân

Chia sẻ: Tranh Chap | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST
Báo xấu
75
lượt xem 0
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 thứ nhất năm học 2013-2014 có đáp án môn "Toán 12, khối A, B, D - Trường THPT Tống Duy Tân" 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 thứ nhất năm học 2013-2014 có đáp án môn: Toán 12, khối A, B, D - Trường THPT Tống Duy Tân

  1. WWW.VNMATH.COM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ NHẤT 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) 2x  4 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y  1 x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của đồ thị hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M nằm trên (C) có hoành độ lớn hơn 1; biết rằng tiếp tuyến cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B sao cho: 3MA  2MB . 2cos x  2sin 2x  2sin x  1 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: cos 2 x  3 1  sin x   . 2cos x  1 3 3 2  x  y  6 y  2  x  7 y   12 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2 2  3  x  y  3  x  y  10 x  5 y  22 ln 1  sin x  Câu 4 (1,0 điểm). Tính giới hạn: L  lim ex 1 x 0 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D; SA vuông góc với mặt đáy (ABCD); AB  2a ; AD  CD  a . Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt đáy (ABCD) là 60 0. Mặt phẳng (P) đi qua CD và trọng tâm G của tam giác SAB cắt các cạnh SA, SB lần lượt tại M, N. Tính thể tích khối chóp S.CDMN theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn 2  a 2  b 2  c 2   ab  bc  ca  3 . Tìm giá trị 1 lớn nhất của: S  a 2  b 2  c 2  . abc3 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 Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A 1; 2  , B  3; 4  và đỉnh C nằm trên đường thẳng d : 2 x  y  4  0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết đỉnh C có tung độ dương và diện tích tam giác ABC bằng 2. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1; 2; 1 và B  2;1;3 . Tìm tọa độ điểm C trên trục Ox sao cho tam giác ABC vuông tại C. Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 6Cnn11  An2  160 . Tìm hệ số của x 7 trong khai n triển 1  2 x3   2  x  . 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 với hai tiêu điểm F1 , F2 9 5  0 (hoành độ của F1 âm). Tìm tọa độ điểm M thuộc elip (E) sao cho góc MF 1 F2  60 . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A 1; 2;1 , B  2;1;3 , C  2; 1;1 , D  0;3;1 . Chứng minh A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện. Tính thể tich khối tứ diện đó. 33 x  3x  2 y  9 x  y  7 Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  .  2 x  4 y  log 3 10  81  x y --------------------HẾT--------------------
  2. WWW.VNMATH.COM 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 NHẤT ******** 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 ….. * Tập xác định: 0.25 * Sự biến thiên của hàm số điểm - Giới hạn của hàm số tại vô cực và giới hạn vô cực 2x  4 lim y  lim 2 x  x  x  1 Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng: y  2 2x  4 2x  4 lim  ; lim   x 1 x 1 x 1 x 1 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng: x  1 - Bảng biến thiên 0.25 2 điểm y'  2  0, x  1  x  1 x  1  y' + +  2 y 2  Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;1 và 1;   . 0.25 điểm Hàm số không có cực trị. * Đồ thị 0.25 6 điểm 5 4 3 2 1 -6 -4 -2 2 4 6 -1 -2 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị …..
  3. WWW.VNMATH.COM  2x  4  0.25 Gọi M  x0 ; 0  với x0  1 . điểm  x0  1  2 2 x0  4 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: y  2  x  x0    x0  1 x0  1 Tiếp tuyến cắt trục hoành Ox tại A   x02  4 x0  2;0  , cắt trục tung Oy tại 0.25 điểm  2 x0 2x  4  B  0;   0   2  x0  1 x0  1     2 x  4    2 x0  0.25 Ta có: MA    x02  3 x0  2;  0  ; MB    x0 ;  2  điểm  x0  1    x0  1  3   x02  3x0  2   2   x0     Nên 3MA  2MB    2 x  4   2 x0   x0  3 0  3    2      x  1 2    x0  1   0  Từ đó: M  3;1 0.25 điểm 1 1 Phương trình tiếp tuyến cần lập: y  x 2 2 2 2 cos x  2sin 2x  2sin x  1 Giải phương trình: cos 2 x  3 1  sin x   . 2 cos x  1 Điều kiện: 2 cos x  1  0 0.25 Phương trình đã cho tương đương với: điểm  2 cos x  1 2sin x  1 cos 2 x  3 1  sin x   2 cos x  1  cos 2 x  3 1  sin x   2sin x  1 0.25 điểm   1  sin x  2sin x  3  0  sin x  1  sin x  3  2  0.25 sin x  1  x    k 2 , k  Z điểm 2    x   k 2 3 3 sin x   k  Z  2  x    k 2 2  3 Đối chiếu điều kiện, ta có các nghiệm của phương trình đã cho là: 0.25  2 điểm x    k 2 và x   k 2 (với k  Z ) 2 3 3  x3  y 3  6 y 2  2  x  7 y   12 (1) Giải hệ phương trình:  2 2  3  x  y  3  x  y  10 x  5 y  22  2
  4. WWW.VNMATH.COM x  3 0.25 Điều kiện:  điểm y  3 Ta có: 3 1  x 3  2 x   y  2   2  y  2   3 Xét hàm số: f  t   t 3  2t có f '  t   3t 2  2  0, t  R 0.25 điểm Nên hàm số đồng biến trên R Bởi vậy:  3  f  x   f  y  2   x  y  2  y  x  2  4 Thay (4) vào (2): 0.25 2 3  x  x  1  x 2   x  2   10 x  5  x  2   22 điểm  3  x  x  1  2 x 2  11x  16 2  x  x  2     2 x  7  x  2  3  x 1 x 1 1 x  2  0  5 0.25 điểm   1 1     2x  7  6  3  x  1 x 1  1  5  x  2  y  4 1 1 6  7  2x    0 3  x 1 x 1  1 1 Vì x  3 nên 7  2 x  1 và 1 3  x 1  1  1 Từ đó  7  2 x     0 . Hay (6) vô nghiệm.  3  x  1 x 1 1 x  2 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  y  4 4 ln 1  sin x  Tính giới hạn: L  lim x 0 ex 1 ln 1  sin x  ln 1  sin x  sin x x 0.25 Ta có: x    điểm e 1 sin x x ex 1 ln 1  sin x  sin x x 0.5 lim  1 ; lim  1 và lim x 1 điểm x 0 sin x x 0 x x 0 e  1 ln 1  sin x  0.25 Nên: L  lim =1 điểm x 0 ex 1 5 Tính thể tích khối chóp S.CDMN 1 1 0.25 Đặt V  VS . ABCD , ta có: VS .CDA  VS . ABCD ; VS . ABC  VS . ABCD 3 3 điểm Mặt phẳng (P) đi qua CD và trọng tâm G của tam giác SAB, cắt các cạnh SA, SD lần 0.25 SM SN 2 điểm lượt tại M, N, khi đó MN / / AB và   SA SB 3 Ta có: VS .CDM SC SD SM 2 2 2      VS .CDM  VS .CDA  V VS .CDA SC SD SA 3 3 9
  5. WWW.VNMATH.COM 2 VS .MNC SM SN SC  2  4 8        VS .MNC  VS . ABC  V VS . ABC SA SB SC  3  9 27 Bởi vậy: 0.25 2 8 14 điểm VS .CDMN  VS .CDM  VS .MNC  V  V  V 9 27 27 Vì ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB  2a ; AD  CD  a nên BC  AC Mặt khác SA  mp  ABCD  nên  mp  SBC  ; mp  ABCD      SC ; AC   SCA Từ đó ta có: SCA  600 Trong tam giác SAC vuông tại A, có AC  a 2 và 0.25   a 2 tan 600  a 6 điểm SA  AC tan SCA 1 1  AB  CD  AD 1 a3 6 V  S ABCD .SA    SA    2a  a  .a.a 6  3 3 2 6 2 Vậy: 14 a 3 6 7 6 3 VS .CDMN    a 27 2 27 S M G N A B D C 6 Tìm giá trị lớn nhất … Với a, b, c là các số dương ta có: 0.25 a  b  c 2 điểm a 2  b2  c2   3 2 ab  bc  ca   a  b  c 3 Bởi vậy: 2 2 a  b  c  a  b  c 2  3  a  b  c 2  9    3 3
  6. WWW.VNMATH.COM Từ đó: 0  a bc 3 Ta có: 0.25 a  b  c 2 điểm 2  a 2  b 2  c 2   ab  bc  ca  3  ab  bc  ca  3 3 Nên: 2 a  b  c 3 a 2 b c2 2   6  2 Bởi vậy: 2 2 S  a b c  2 1 2  a  b  c  1 3 1   t2  1  3 a bc3 6 abc3 2 6 t 3 2 1 2 1 3 0.25 Xét hàm số f  t   t   với 0  t  3 6 t3 2 điểm 1 1 f ' t   t   0, t   0;3 3  t  3 2 Nên hàm số đồng biến trên  0;3 Bởi vậy: f  t   f  3 , t   0;3 17 Hay f  t   6 17 Suy ra: S  6 Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1 17 Vậy: max S  khi a  b  c  1 . 6 7.a Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp …  Ta có: AB   2; 2  và AB  2 2 0.25 điểm Phương trình đường thẳng AB: x  y  1  0 Đỉnh C nằm trên đường thẳng d : 2 x  y  4  0 nên C  t ; 2t  4  và t  2 0.25 điểm t   2t  4   1 t 3 d  C ; AB    2 2 1 1 t 3 SABC  AB.d  C ; AB    2 2   t 3 2 2 2 Bởi vậy: 0.25 SABC  2  t  3  2  t  1 điểm Nên C  1; 2  Gọi phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 0.25 x 2  y 2  2 ax  2by  c  0 điểm Thay tọa độ A, B, C vào phương trình, ta có:  2a  4b  c  5 a  0   6a  8b  c  25  b  5  2 a  4b  c  5 c  15   Vậy, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
  7. WWW.VNMATH.COM x 2  y 2  10 y  15  0 8.a Tìm điểm C trên trục Ox ……. Vì điểm C trên trục Ox nên C  t ; 0; 0  0.25 điểm   Ta có: CA  1  t ; 2; 1 , CB   2  t;1;3 0.25 điểm Tam  ABC vuông tại C điều kiện là: giác   0.25 CA.CB  0  1  t  2  t   2.1   1 .3  0  t 2  t  3  0 điểm t  1  13  t  1  13   Như vậy: C 1  13; 0; 0 hoặc C 1  13; 0;0   0.25 điểm 9.a Tìm hệ số trong khai triển Với n nguyên dương, ta có: 0.25 6C nn11  An2  160  3.  n  1 n  n  n  1  160 điểm n  8  n 2  2n  80  0    n  10 Vậy n  8 8 Bài toán trở thành: Tìm hệ số của x 7 trong khai triển 1  2 x3   2  x  0.25 điểm 8 8 8 Ta có: 1  2 x3   2  x    2  x   2 x3  2  x  8 8 0.25 *  2  x    C8k 28k x k . Số hạng chứa x 7 là: 2C87 x 7  16 x 7 điểm k 1 8  8  * 2 x 3  2  x   2 x 3   C8k 28 k x k  . Số hạng chứa x 7 là: 2 x3 .C84 24 x 4  2240 x7  k 1  7 Vậy, hệ số của x cần tìm là: 16  2240  2224 0.25 điểm 7.b Tìm tọa độ điểm M trên elip ….. Ta có: a  3; b  5; c  9  5  2 0.25 điểm Tọa độ tiêu điểm: F1  2;0  ; F2  2; 0  x02 y02 Gọi M  x0 ; y0    E  nên   1 *  9 5 2 2 0.25 MF1  3  x0 ; MF2  3  x0 ; F1 F2  4 3 3 điểm  0 0.25 Để MF 1 F2  60 thì: điểm MF  MF 2  F F 2  2.MF .MF .cos MF 2  F 2 1 1 2 1 2 1 2 2 2  2   2   2    3  x0    3  x0   42  2.  3  x0  .4.cos 600  3   3   3  3  4 x0   3  x0   4 3 0.25 Thay x0   vào (*) ta có: 4 điểm
  8. WWW.VNMATH.COM 2  3   2  4   y0  1  y 2  75  y   5 5 0 0 9 5 16 4  3 5 5  3 5 5 Như vậy: M   ;  hoặc M   ;    4 4   4 4     8.b Tính thể tích khối tứ diện ……    Ta có: AB   3; 1; 2  ; AC  1; 3; 0  ; AD   1;1; 0  0.25 điểm    1 2 2 3 3 1 0.25  AB; AC  . AD    .  1  .1  .0  6  2  4 điểm 3 0 0 1 1 3       Do  AB; AC  . AD  4  0 nên AB; AC ; AD không đồng phẳng. Hay 4 điểm A, B, C, D 0.25 điểm là 4 đỉnh của tứ diện. Thể tích tứ diện ABCD: 0.25 1    2 điểm V   AB; AC  . AD  6 3 9.b 33x  3x  2 y  9 x  y  7 1 Giải hệ phương trình   2 x  4 y  log 3 10  81  x y  2 1  33x  3x  2 y  32 x  2 y  7  3 x 2 y  2 x 2 y   3x  2 y  32 x  2 y  7 0.25 điểm  2   32 x 4 y  34 x 4 y  10 3 x2 y u 0 0.25 Đặt:  2 x 2 y , ta có hệ phương trình: điểm 3 v0 u  v  uv  7 u  v  uv  7  2 2  2 u  v  10  u  v   2uv  10 u  v  S 0.25 Đặt:  ta có: điểm uv  P S  P  7 P  7  S S  4  S  6  2  2  hoặc  (loại)  S  2 P  10  S  2S  24  0 P  3  P  13 S  4 u  v  4 u  3 u  1 Như vậy:    hoặc   P  3 uv  3 v  1 v  3 u  3 3 x2 y 3 x  2 y  1 1 0.25 Với  ta có:  2 x 2 y  x y điểm v  1 3  1 2 x  2 y  0 3  1 x2 y x u  1 3 1 x  2 y  0  3 Với  ta có:  2 x 2 y    v  3 3  3  2 x  2 y  1 y   1  6 1 1 1 1 Vậy, hệ có hai nghiệm  x; y  là:  ;  và  ;    3 3 3 6
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2