Link xem tivi trực tuyến nhanh nhất xem tivi trực tuyến nhanh nhất xem phim mới 2023 hay nhất xem phim chiếu rạp mới nhất phim chiếu rạp mới xem phim chiếu rạp xem phim lẻ hay 2022, 2023 xem phim lẻ hay xem phim hay nhất trang xem phim hay xem phim hay nhất phim mới hay xem phim mới link phim mới

Link xem tivi trực tuyến nhanh nhất xem tivi trực tuyến nhanh nhất xem phim mới 2023 hay nhất xem phim chiếu rạp mới nhất phim chiếu rạp mới xem phim chiếu rạp xem phim lẻ hay 2022, 2023 xem phim lẻ hay xem phim hay nhất trang xem phim hay xem phim hay nhất phim mới hay xem phim mới link phim mới

intTypePromotion=1
ADSENSE

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

175
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:
Lưu

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

  1. 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
  2. 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 
  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 
  4. 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 
  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 Πd  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 
  6. 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. 
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2