zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi Khảo sát chất lượng lớp 12: Lần II năm 2011 môn Toán - THPT chuyên ĐH Vinh

Chia sẻ: Tong Quoc Dinh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Báo xấu

179
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi Khảo sát chất lượng lớp 12: Lần II năm 2011 môn Toán của trường THPT chuyên ĐH Vinh sẽ giúp các bạn biết được cách thức làm bài thi cũng như kiến thức của mình trong môn Toán. Mời các bạn tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi Khảo sát chất lượng lớp 12: Lần II năm 2011 môn Toán - THPT chuyên ĐH Vinh

www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN : TOÁN; Thới gian làm bài :180 phút I.PHẦN CHUNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm) Câu I. (2,0 điểm) - x + 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) hàm số y = . x - 2 2. Tìm trên (H) các điểm A,B sao cho độ dài AB = 4 và đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = x. Câu II(2,0 điểm) sin 2x + cos x - 3 ( cos 2x + sin x ) 1. Giải phương trình = 0 . 2 sin 2x - 3 ìïx 4 + 4x 2 + y 2 - 4y = 2 2. Giải hệ phương trình í 2 2 . ïî x y + 2x + 6y = 23 x ln ( x + 2 ) Câu III.(1,0 điểm).Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = và trục hoành. 4 - x 2 Câu IV.(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chử nhật với AB = a, AD = a 2 , góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 60 0 . Gọi H là trung điểm của AB.Biết mặt bên SAB là tam giác cân tại đỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.AHC Câu V.(1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn x 2 + y 2 + z 2 + 2xy = 3(x + y + z) . Tìm giá trị nhỏ nhất 20 20 của biểu thức P = x + y + z + + . x+z y + 2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) a. Theo chương trình chuẩn Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có phương trình x – 2y – 13 = 0 và 13x – 6y – 9 = 0. Tìm toạ độ B,C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(5;1). 2. Trong không gian toạ độ Oxyz cho điểm A(1;0;0), B(2;1;2), C(1;1;3) và đường thẳng x - 1 y z - 2 D : = = . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng D , đi qua điểm A và cắt mặt - 1 2 2 phẳng (ABC) theo một đường tròn sao cho đường tròn có bán kính nhỏ nhất 9 Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z - 3i = 1 - iz và z - là số thuần ảo. z b. Theo chương trình nâng cao Câu VIb(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 - 4x + 2y - 15 = 0 . Gọi I là tâm đường tròn (C). Đường thẳng D đi qua M(1;3) cắt (C) tại hai điểm A và B. Viết phương trình đường thẳng D biết tam giác IAB có diện tích bằng 8 và cạnh AB là cạnh lớn nhất. x - 2 y + 1 z - 1 2. Trong không gian toạ độ Oxyz cho điểm M(1;1;0) và đường thẳng D : = = và mặt phẳng 2 - 1 1 (P): x + y + z 2 = 0. Tìm toạ độ điểm A thuộc mặt phẳng (P) biết đường thẳng AM vuông góc với D và 33 khoảng cách từ A đến đường thẳng D bằng . 2 4 4 æ z ö æ z ö Câu VIIb.(1,0 điểm ) Cho các số phức z1 , z2 thoả mãn z1 - z 2 = z1 = z 2 > 0 . Tính A = ç 1 ÷ + ç 2 ÷ è z 2 ø è z1 ø
www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) I. a. Tập xác định: D = R \ { 2 }. (2,0 b. Sự biến thiên: điểm) 1 * Chiều biến thiên: Ta có y ' = > 0 , "x ¹ 2 . ( x - 2 ) 2 Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng (-¥ ; 2 ) và (2 ; + ¥) . 0,5 - x + 1 - x + 1 * Giới hạn: lim y = lim = -1 và lim y = lim = -1 ; x ® +¥ x ® +¥ x - 2 x ® -¥ x ® -¥ x - 2 - x + 1 - x + 1 lim y = lim = +¥ và lim y = lim = -¥ . x ® 2 x ® 2 x - 2 - - x ® 2 x ® 2 x - 2 + + * Tiệm cận: Đồ thị có đường tiệm cận ngang là y = -1 ; đường tiệm cận đứng là x = 2 . *Bảng biến thiên: x - ¥ 2 + ¥ y ' + + + ¥ y - 1 -1 y - ¥ 0,5 c. Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (1; 0), O 1 2 x 1 cắt trục tung tại (0 ; - ) và nhận giao - 1 I 2 điểm I (2 ; - 1 ) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 2. (1,0 điểm) Vì đường thẳng AB vuông góc với y = x nên phương trình của AB là y = - x + m . - x + 1 Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình = - x + m , hay phương trình x - 2 x 2 - ( m + 3 ) x + 2 m + 1 = 0 , x ¹ 2 (1) 2 2 Do phương trình (1) có D = ( m + 3 ) - 4 ( 2 m + 1 ) = m - 2 m + 5 > 0 , "m nên có hai nghiệm 0,5 phân biệt x 1 , x 2 và cả hai nghiệm đều khác 2. Theo định lí Viet ta có x 1 + x 2 = m + 3 ; x 1 x 2 = 2 m + 1 Theo giả thiết bài toán ta có AB 2 = 16 Û ( x 2 - x 1 ) 2 + ( y 2 - y 1 ) 2 = 16 Û ( x 2 - x 1 ) 2 + ( - x 2 + m + x 1 - m ) 2 = 16 Û ( x 2 - x 1 ) 2 = 8 Û ( x 1 + x 2 ) 2 - 4 x 1 x 2 = 8 Û ( m + 3 ) 2 - 4 ( 2 m + 1 ) = 8 Û m 2 - 2 m - 3 = 0 Û m = 3 Ú m = -1 . * Với m = 3 phương trình (1) trở thành x 2 - 6 x + 7 = 0 Û x = 3 ± 2 . Suy ra hai điểm A, 0,5 B cần tìm là (3 + 2 ; - 2 ), ( 3 - 2 ; 2 ) . * Với m = -1 ta có hai điểm A, B cần tìm là (1 + 2 ; - 2 - 2 ) và (1 - 2 ; - 2 + 2 ) . Vậy cặp điểm TM: (3 + 2 ; - 2 ), ( 3 - 2 ; 2 ) hoặc (1 + 2 ; - 2 - 2 ) , (1 - 2 ; - 2 + 2 ) . 1. (1,0 điểm) II. 3 p p (2,0 Điều kiện: sin 2 x ¹ Û x ¹ + k p và x ¹ + k p , k Î Z. 2 6 3
www.VNMATH.com điểm) Khi đó pt Û sin 2 x + cos x - 3 (cos 2 x + sin x ) = 2 sin 2 x - 3 Û sin 2 x + 3 sin x + 3 cos 2 x - cos x - 3 = 0 0,5 Û sin x ( 2 cos x + 3 ) + ( 2 cos x + 3 )( 3 cos x - 2 ) = 0 Û ( 2 cos x + 3 )(sin x + 3 cos x - 2 ) = 0 é 3 é 5 p êcos x = - ê x = ± + k 2 p 2 6 Ûê Ûê 0,5 ê æ p ö ê p êsin ç x + 3 ÷ = 1 êë x = 6 + k 2 p ë è ø 5p Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x = + k 2 p , k Î Z . 6 2. (1,0 điểm) 2 2 2 ïì( x + 2 ) + ( y - 2 ) = 10 Hệ Û í 2 ïî x ( y + 2 ) + 6 y = 23 Đặt u = x 2 + 2 , v = y - 2 . Khi đó hệ trở thành 0,5 ìu 2 + v 2 = 10 ìu 2 + v 2 = 10 éu + v = 4 , uv = 3 í Û í Û êu + v = -12 , uv = 67 î( u - 2 )( v + 4 ) + 6 ( v + 2 ) = 23 îuv + 4 ( u + v ) = 19 ë TH 1. u + v = -12, uv = 67 , hệ vô nghiệm. ìu + v = 4 éu = 3 , v = 1 TH 2. í , ta có ê îuv = 3 ëu = 1 , v = 3 ìu = 3 ì x 2 = 1 é x = ±1 * Với í ta có í Ûê 0,5 îv = 1 î y = 3 ë y = 3 2 ìu = 1 ì x = -1 * Với í ta có í , hệ vô nghiệm. îv = 3 î y = 3 Vậy nghiệm (x, y) của hệ là (1 ; 3 ), ( - 1 ; 3 ). Chú ý: HS có thể giải theo phương pháp thế x 2 theo y từ phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất. x ln( x + 2 ) é x = 0 III. Ta có phương trình = 0 Û ê . Suy ra hình phẳng cần tính diện tích chính (1,0 4 - x 2 ë x = -1 điểm) là hình phẳng giới hạn bởi các đường x ln( x + 2 ) y = , y = 0 , x = -1 , x = 0 . 4 - x 2 0 0 x ln( x + 2 ) - x ln( x + 2 ) 0,5 Do đó diện tích của hình phẳng là S = ò d x = ò d x . . -1 4 - x 2 -1 4 - x 2 - x d x Đặt u = ln( x + 2 ), d v = d x . Khi đó d u = , v = 4 - x 2 . 4 - x 2 x + 2 Theo công thức tích phân từng phần ta có 0 0 0 2 4 - x 2 4 - x 2 S = 4 - x ln( x + 2 ) - ò d x = 2 ln 2 - ò d x . -1 -1 x + 2 -1 x + 2
www.VNMATH.com p Đặt x = 2 sin t . Khi đó dx = 2 cos t d t . Khi x = -1, t = - ; khi x = 0, t = 0 . 6 0 0 4 - x 2 0 4 cos 2 t 0 p 0,5 Suy ra I = ò d x = òp 2 sin t + 2 d t = 2 òp ( 1 - sin t ) d t = 2 ( t + cos t ) -p = 2 + 3 - 3 . -1 x + 2 - - 6 6 6 p Suy ra S = 2 ln 2 - 2 + 3 - . 3 +) Từ giả thiết suy ra SH ^ ( ABCD ). S IV. Vẽ HF ^ AC ( F Î AC ) Þ SF ^ AC (1,0 (định lí ba đường vuông góc). điểm Suy ra ÐSFH = 60 0. Kẻ BE ^ AC ( E Î AC ). Khi đó K I 1 a 2 HF = BE = . 0,5 2 2 3 D A F a 2 E Ta có SH = HF . tan 60 0 = . H J 2 1 a 3 Suy ra V S . ABCD = SH . S ABCD = . B C 3 3 +) Gọi J, r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC. Ta có AH . HC . AC AH . HC . AC 3 a 3 r = = = . 4 S AHC 2 S ABC 4 2 Kẻ đường thẳng D qua J và D // SH . Khi đó tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. AHC là giao điểm của đường trung trực đoạn SH và D trong mặt phẳng (SHJ). Ta có 0,5 2 SH IH = IJ 2 + JH 2 = + r 2 . 4 31 Suy ra bán kính mặt cầu là R = a . 32 Chú ý: HS có thể giải bằng phương pháp tọa độ. 2 2 1 2 V. Từ giả thiết ta có 3 ( x + y + z ) = ( x + y ) + z ³ 2 ( x + y + z ) . 0,5 (1,0 Suy ra x + y + z £ 6 . điểm Khi đó, áp dụng BĐT Côsi ta có æ 8 8 ö æç 8 8 ö÷ æç 1 1 ö÷ P = ç ( x + z ) + + ÷ + ç ( y + 2 ) + + + 4 + - 2 è x + z x + z ø è y + 2 y + 2 ÷ø çè x + z y + 2 ÷ø 0,5 8 8 2 ³ 12 + 12 + - 2 ³ 22 + ³ 26 . 4 ( x + z )( y + 2 ) x + y + z + 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1, y = 2 , z = 3 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 26, đạt được khi x = 1, y = 2 , z = 3 . 1. (1,0 điểm) VIa. Ta có A (- 3 ; - 8 ). Gọi M là trung điểm BC A (2,0 Þ IM // AH . Ta suy ra pt IM : x - 2 y + 7 = 0 . điểm) Suy ra tọa độ M thỏa mãn ì x - 2 y + 7 = 0 0,5 í Þ M ( 3 ; 5 ). I î13 x - 6 y - 9 = 0 B H M C Pt đường thẳng BC : 2 ( x - 3 ) + y - 5 = 0 Û 2 x + y - 11 = 0 . B Î BC Þ B( a ; 11 - 2 a ). Khi đó 0,5
www.VNMATH.com éa = 4 IA = IB Û a 2 - 6 a + 8 = 0 Û ê . Từ đó suy ra B ( 4 ; 3 ), C ( 2 ; 7 ) hoặc B ( 2 ; 7 ), C ( 4 ; 3 ). ëa = 2 2. (1,0 điểm) Ta có AB (1 ; - 1 ; 2 ), AC ( -2 ; 1 ; - 3 ). Suy ra pt ( ABC ) : x - y - z - 1 = 0 . Gọi tâm mặt cầu I Î D Þ I ( 1 - t ; 2 t ; 2 + 2 t ) . Khi đó bán kính đường tròn là 2 t 2 + 4 t + 8 2 ( t + 1 ) 2 + 6 0,5 r = IA 2 - d 2 ( I , ( ABC )) = = ³ 2 . 3 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = -1. Khi đó I ( 2 ; - 2 ; 0 ), IA = 5 . Suy ra pt mặt cầu ( x - 2 ) 2 + ( y + 2 ) 2 + z 2 = 5 . 0,5 Đặt z = a + bi ( a , b Î R ). Ta có | z - 3 i | = | 1 - i z | tương đương với VIIa. | a + ( b - 3 ) i | = | 1 - i ( a - bi ) | Û | a + ( b - 3 ) i | = | 1 - b - ai | (1,0 0,5 điểm) Û a 2 + ( b - 3 ) 2 = ( 1 - b ) 2 + ( - a ) 2 Û b = 2 . 9 9 9 ( a - 2 i ) a 3 - 5 a + ( 2 a 2 + 26 ) i Khi đó z - = a + 2 i - = a + 2 i - 2 = là số ảo khi và z a + 2 i a + 4 a 2 + 4 0,5 chỉ khi a 3 - 5 a = 0 hay a = 0, a = ± 5 . Vậy các số phức cần tìm là z = 2i , z = 5 + 2 i , z = - 5 + 2 i . 1. (1,0 điểm) VIb. Đường tròn (C) có tâm I (2 ; - 1 ), bán kính R = 2 5 . Gọi H (2,0 điểm) là trung điểm AB. Đặt AH = x (0 < x < 2 5 ). Khi đó ta có I 1 2 é x = 4 0,5 IH . AB = 8 Û x 20 - x = 8 Û ê 2 ë x = 2 (ktm vì AH < IA) M nên AH = 4 Þ IH = 2 . A H B 2 2 Pt đường thẳng qua M: a ( x - 1 ) + b ( y + 3 ) = 0 ( a + b ¹ 0 ) Û ax + by + 3b - a = 0 . | a + 2 b | 4 Ta có d ( I , AB ) = IH = 2 Û = 2 Û a ( 3 a - 4 b ) = 0 Û a = 0 Ú a = b . a 2 + b 2 3 0,5 * Với a = 0 ta có pt D : y + 3 = 0 . 4 * Với a = b . Chọn b = 3 ta có a = 4 . Suy ra pt D : 4 x + 3 y + 5 = 0 . 3 Vậy có hai đường thẳng D thỏa mãn là y + 3 = 0 và 4 x + 3 y + 5 = 0 . 2. (1,0 điểm) Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vuông góc với D . Khi đó pt (Q ) : 2 x - y + z - 3 = 0 . Ta có nQ ( 2 ; - 1 ; 1 ), n P ( 1 ; 1 ; 1 ). Từ giả thiết suy ra A thuộc giao tuyến d của (P) và (Q). Khi đó ì x = 1 + 2 t ï 0,5 u d = [n P , n Q ] = ( 2 ; 1 ; - 3 ) và N ( 1 ; 0 ; 1 ) Î d nên pt của d : í y = t . ï z = 1 - 3 t î Vì A Î d suy ra A( 1 + 2 t ; t ; 1 - 3 t ). 1 1 Gọi H là giao điểm của D và mặt phẳng (Q). Suy ra H (1 ; - ; ). 2 2 33 8 0,5 Ta có d ( A , D ) = AH = Û 14 t 2 - 2 t - 16 = 0 Û t = -1 Ú t = . 2 7 23 8 17 Suy ra A (- 1 ; - 1 ; 4 ) hoặc A ( ; ; - ). 7 7 7 z1 VIIb. Đặt = w ta được | z 2 w - z 2 | = | z 2 w | = | z 2 | > 0 . Hay | w - 1 | = | w | = 1 . z 2 (1,0 điểm) Giả sử w = a + bi ( a , b Î R) . Khi đó ta có 0,5
www.VNMATH.com 1 3 ( a - 1 ) 2 + b 2 = a 2 + b 2 = 1 hay a = , b = ± . 2 2 4 1 3 p p 4 4 p 4 p æ 1 ö 4 p 4 p * Với w = + i = cos + i sin . Ta có w = cos + i sin và ç ÷ = cos - i sin . 2 2 3 3 3 3 è wø 3 3 4 p 0,5 Do đó A = 2 cos = -1 . 3 1 3 * Với w = - i , tương tự ta cũng có A = -1 . 2 2 Chú ý: HS có thể giải theo cách biến đổi theo dạng đại số của số phức.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.05: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2022

304 tài liệu

926 lượt tải

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.