Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán ( Khối A) lớp 12 năm 2014 - Trường Đại Học Vinh

Chia sẻ: Tuyết Sương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

42
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các em củng cố lại kiến thức môn Toán và làm quen với các dạng bài tập hay ra trong đề thi. TaiLieu.VN mời các em tham khảo Đề thi khảo sát chất lượng lớp 12, lần cuối năm 2014 môn Toán do Trường Đại Học Vinh thực hiện. Đè thi gồm 2 phần chung và riêng dành cho chương trình chuẩn và nâng cao trong thời gian 180 phút.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán ( Khối A) lớp 12 năm 2014 - Trường Đại Học Vinh

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) −x −1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = . x −1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M, biết khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng 3 ∆ : y = 2 x − 1 bằng . 5 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin x(cos 2 x − 2cos x) = cos 2 x cos x − 1. x + 1 − x 2 ≥ 2 − 3x − 4 x 2 . Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình π 2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ 0 cos3 x + 2cos x dx. 2 + 3sin x − cos 2 x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3, BD = 3a, hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng ( A ' B ' C ' D ') là trung điểm của A ' C '. Biết rằng côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABCD) và (CDD ' C ') bằng 21 . Tính theo a thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' và bán 7 kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' BC ' D '. Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a2 b2 3 thức P = + − ( a + b) 2 . 2 2 (b + c) + 5bc (c + a ) + 5ca 4 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b) a. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đường chéo AC : x − y + 1 = 0, điểm G (1; 4) là trọng tâm của tam giác ABC, điểm E (0; − 3) thuộc đường cao kẻ từ D của tam giác ACD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCD bằng 32 và đỉnh A có tung độ dương. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông tại C, BAC = 300 , x−3 y −4 z +8 AB = 3 2, đường thẳng AB có phương trình = = , đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng 1 1 −4 (α ) : x + z − 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh B có hoành độ dương. z + i z +1 7 1 Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn + = + i. z z 5 5 b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC, AD = 2 BC , đỉnh B(4; 0), phương trình đường chéo AC là 2 x − y − 3 = 0, trung điểm E của AD thuộc đường thẳng ∆ : x − 2 y + 10 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang đã cho biết rằng cot ADC = 2. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; 1), B(3; 2; 4) và mặt phẳng (α ) : x + 5 y − 2 z − 5 = 0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (α ) sao cho MA ⊥ AB và d ( A, MB ) = 330 . 31 4 xy + ( xy − 2)2 xy + xy − 3 = 0  Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 ( x, y ∈ R ). log 2 ( x − y ) + log 2 x.log 2 y = 0  www.DeThiThuDaiHoc.com 1 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com ------------------ Hết -----------------Ghi chú: BTC sẽ trả bài vào các ngày 21, 22/6/2014. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC. Chóc c¸c em häc sinh ®¹t kÕt qu¶ cao trong Kú thi tuyÓn sinh §¹i häc n¨m 2014 ! www.DeThiThuDaiHoc.com 2 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014 Môn: TOÁN – Khối A; Thời gian làm bài: 180 phút TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN Câu Câu 1. (2,0 điểm) Đáp án a) (1,0 điểm) 10. Tập xác định: R \{1}. 20. Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y = −1 và lim y = −1. x →−∞ Điểm x →+∞ Giới hạn vô cực: lim y = −∞ và lim y = +∞. + − x →1 x →1 0,5 Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y = −1, tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1. 2 * Chiều biến thiên: Ta có y ' = > 0, với mọi x ≠ 1. ( x − 1) 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; 1) và (1; + ∞ ) . * Bảng biến thiên: y x −∞ y' +∞ 1 + + +∞ y 1 −1 −1 −1 O 1 −1 −∞ x 0,5 I 30. Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại ( −1; 0 ) , cắt Oy tại (0;1). Nhận giao điểm I (1; − 1) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. b) (1,0 điểm)  −x −1  3 ⇔ Gọi tiếp điểm M  x0 ; 0  ∈ (C ). Khi đó ta có d ( M , ∆ ) = x0 − 1  5  x +1 2 ⇔ 2 x0 − 1 + 0 = 3 ⇔ 2 x0 − 2 x0 + 2 = 3 x0 − 1 x0 − 1 2 x0 − − x0 − 1 −1 x0 − 1 1 +2 2 2 = 3 5 0,5  x0 = −1 2 2  2 x0 − 2 x0 + 2 = 3( x0 − 1)  2 x0 − 5 x0 + 5 = 0  ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔  x0 = 1 .  2 x0 − 2 x0 + 2 = −3( x0 − 1)  2 x0 + x0 − 1 = 0    2  *) Với x0 = −1, ta có M ( −1; 0), suy ra pt tiếp tuyến y = y '( −1).( x + 1) hay y = 1 1 x+ . 2 2 1 1 1  1  , ta có M  ; 3  , suy ra pt tiếp tuyến y = y '   . x −  + 3 hay y = 8 x − 1. 2 2 2  2  Phương trình đã cho tương đương với cos 2 x(sin x − cos x) − sin 2 x + 1 = 0 ⇔ cos 2 x − sin 2 x (sin x − cos x) − (sin 2 x − 1) = 0 0,5 *) Với x0 = Câu 2. (1,0 điểm) ( ) ⇔ −(cos x + sin x)(sin x − cos x) 2 − (sin 2 x − 1) = 0 0,5 ⇔ −(cos x + sin x)(1 − sin 2 x) − (sin 2 x − 1) = 0 ⇔ (sin 2 x − 1)(cos x + sin x − 1) = 0. *) sin 2 x − 1 = 0 ⇔ sin 2 x = 1 ⇔ 2 x = www.DeThiThuDaiHoc.com π 2 + k 2π ⇔ x = π 4 + kπ , k ∈ Z. 0,5 3 Câu 3. (1,0 điểm) www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com  π π  x = k 2π  x + 4 = 4 + k 2π π 1  *) cos x + sin x − 1 = 0 ⇔ sin  x +  = ⇔ ⇔  x = π + k 2π , k ∈ Z. π 3π 4 2  x + = + k 2π 2   4 4  π π Vậy nghiệm của phương trình là x = + kπ , x = k 2π , x = + k 2π , k ∈ Z. 4 2 x ≥ 0 0 ≤ x ≤ 1 −3 + 41   2 Điều kiện: 1 − x ≥ 0 . (*) ⇔  −3 − 41 −3 + 41 ⇔ 0 ≤ x ≤ 8 ≤x≤   2 8 8  2 − 3x − 4 x ≥ 0 0,5 Bất phương trình đã cho tương đương với x + 1 − x 2 + 2 x(1 − x 2 ) ≥ 2 − 3 x − 4 x 2 ⇔ 3( x 2 + x) − (1 − x) + 2 ( x + x 2 )(1 − x) ≥ 0  −5 + 34 x ≥ x +x x +x x +x 1 9 ⇔3 +2 −1 ≥ 0 ⇔ ≥ ⇔ 9 x 2 + 10 x − 1 ≥ 0 ⇔   1− x 1− x 1− x 3 −5 − 34 . x ≤ 9  −5 + 34 −3 + 41 Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là ≤x≤ . 9 8 2 2 2 π Câu 4. (1,0 điểm) Ta có I = π 2 (4cos x − 1)cos x 3 − 4sin 2 x dx = ∫ ∫ 2 + 3sin x − (1 − 2sin 2 x) 0 2sin 2 x + 3sin x + 1 d(sin x). 0 2 2 Đặt t = sin x. Khi x = 0 thì t = 0, khi x = π 2 1 thì t = 1. Suy ra I = 3 − 4t dt 2 + 3t + 1 ∫ 2t 0 0,5 2    6t + 5 (4t + 4) + (2t + 1)  = ∫  −2 +  dt = ∫  −2 +  dt (2t + 1)(t + 1)  (2t + 1)(t + 1)  0 0 1 1 1 1 4 1   = ∫  −2 + + dt = ( −2t + 2ln(2t + 1) + ln(t + 1) ) = −2 + 2ln 3 + ln 2 = ln18 − 2.  2t + 1 t + 1  0 0 *) Áp dụng định lý côsin cho tam giác A ' B ' D ' suy 0 A D ra B ' A ' D ' = 120 . Do đó A ' B ' C ', A ' C ' D ' là các a 3 tam giác đều cạnh a 3. 3a B C Gọi O = A ' C '∩ B ' D ', ta có BO ⊥ ( A ' B ' C ' D ' ) . Câu 5. (1,0 điểm) 0,5 0,5 Kẻ OH ⊥ A ' B ' tại H, suy ra A ' B ' ⊥ ( BHO ) . Do đó (( ABCD ) , (CDD 'C ')) = BHO. A' 21 2 ⇒ tan BHO = . O 7 3 C' B' 2 a 3 ⇒ BO = HO.tan BHO = A ' O.sin 600. = . 2 3 a 3 9a 3 Vậy VABCD. A ' B 'C ' D ' = .a 3.a 3.sin 600 = . 2 4 a 3 1 *) Vì BO = = A ' C ' nên tam giác A ' BC ' vuông tại B. Vì B ' D ' ⊥ ( A ' BC ') nên B ' D ' là 2 2 trục đường tròn ngoại tiếp tam giác A ' BC '. Gọi G là tâm của tam giác đều A ' C ' D '. Khi đó GA ' = GC ' = GD ' và GA ' = GB = GC ' nên G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' BC ' D '. Mặt 2 2 3a = a. cầu này có bán kính R = GD ' = OD ' = . 3 3 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có D' H G www.DeThiThuDaiHoc.com 0,5 Từ cos BHO = 0,5 0,5 4 Câu 6. (1,0 điểm) www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com a a2 4a 2 b2 4b 2 . Tương tự, ta có ≥ . ≥ = (c + a ) 2 + 5ca 9(c + a ) 2 (b + c) 2 + 5bc (b + c) 2 + 5 (b + c) 2 9(b + c) 2 4 2 2 a b2 4  a2 b2  2  a b  Suy ra + ≥  + + ≥   (b + c)2 + 5bc (c + a)2 + 5ca 9  (b + c)2 (c + a)2  9  b + c c + a  2  ( a + b) 2 + c ( a + b) 2  a 2 + b 2 + c(a + b)  2 2 =   ≥  9  ab + c( a + b) + c 2  9  (a + b) 2 + c(a + b) + c 2  4  Vì a + b + c = 1 ⇔ a + b = 1 − c nên 2 2  2  2  2( a + b) 2 + 4c( a + b)   =   . 9  (a + b) 2 + 4c (a + b) + 4c 2     2 2 2  2(1 − c) 2 + 4c(1 − c)  3 8 2  3 2 P≥  − (1 − c) 2 = 1 −  − (1 − c) . 2 2  9  (1 − c) + 4c(1 − c) + 4c  4 9  c +1 4 2 8 2  3 2 Xét hàm số f (c) = 1 −  − (1 − c) với c ∈ (0; 1). 9  c +1 4 1 16  2  2 3 c 0 3 Ta có f '(c) = 1 − − (c − 1); . 9  c + 1  (c + 1) 2 2 f '(c) – + 0 1 3 f '(c) = 0 ⇔ (c − 1) 64 − (3c + 3) = 0 ⇔ c = . 3 Bảng biến thiên: f (c ) ( 1 ) Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c) ≥ − Câu 7.a (1,0 điểm) (1) 1 với mọi c ∈ (0; 1). 9 0,5 −1 9 (2) 1 1 Từ (1) và (2) suy ra P ≥ − , dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = . 9 3 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − , đạt khi a = b = c = . 9 3 Vì DE ⊥ AC nên DE : x + y + 3 = 0 ⇒ D ( t ; − t − 3) . B A G E D C 1 1 Ta có d ( G , AC ) = d ( B, AC ) = d ( D, AC ) 3 3  D (1; − 4 ) t = 1 1 2t + 4 . ⇔ 2= . ⇔ ⇒ 3 2 t = −5  D ( −5; 2 )  Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D (1; − 4 ) . 0,5 1 − 1 = −2.( xB − 1)  Ta có GD = −2GB ⇔  ⇒ B (1; 8 ) ⇒ BD : x = 1. −4 − 4 = −2 ( yB − 4 )  Vì A ∈ AC : x − y + 1 = 0 ⇒ A ( a; a + 1) . 4 4 1  Ta có S AGCD = S AGC + S ACD =  + 1 S ABC = S ABC = S ABD . 3 3 3  Suy ra S ABD = 24 ⇔  A ( 5; 6 ) ( tm ) a = 5 1 .d ( A, BD ) .BD = 24 ⇔ a − 1 .12 = 48 ⇔  ⇒ 2  a = −3  A ( −3; − 2 ) ( ktm )  0,5 Từ AD = BC ⇒ C ( −3; − 2 ) . Vậy A ( 5; 6 ) , B (1; 8 ) , C ( −3; − 2 ) , D (1; − 4 ) . Câu 8.a (1,0 điểm) Vì A ∈ AB ⇒ A ( a + 3; a + 4; − 4a − 8 ) . Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng (α ) suy ra A (1; 2; 0 ) . Vì B ∈ AB ⇒ B ( b + 3; b + 4; − 4b − 8 ) . Ta có www.DeThiThuDaiHoc.com 0,5 5