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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

64
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi khảo sát chất lượng lớp 12 môn Toán trên đây có kèm đáp án giúp các em dễ dàng hơn trong việc ôn tập và rèn luyện kỹ năng giải đề. Hy vọng, đây sẽ là tài liệu hữu ích cho các em trong quá trình trau dồi và củng cố thêm kiến thức.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán ( Khối B) 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: B; 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. Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 x x3 + 1 = x 3 + x 2 − 19 x − 16. 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 chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại B và C, AB = 2 BC = 2CD = 2a, SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD). Gọi H, M, N lần lượt là trung điểm của AB, SH, BC và P là điểm thuộc tia đối của tia HD sao cho HD = 4 HP. Tính theo a thể tích của khối chóp S.APND và chứng minh rằng ( MNP ) ⊥ ( MCD ). Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y ≤ 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 7( x + 2 y ) − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 . 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  ------------------ 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. 1 www.DeThiThuDaiHoc.com www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 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 B; 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 = Câu 2. (1,0 điểm) 1 1 x+ . 2 2 1 1 1  1  *) Với x0 = , 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 ( ) ⇔ −(cos x + sin x)(sin x − cos x) − (sin 2 x − 1) = 0 2 0,5 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 3 Điều kiện: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1. Phương trình đã cho tương đương với 3 x ( x + 1)( x 2 − x + 1) = ( x 3 + 1) + ( x 2 − x + 1) − 18( x + 1). Đặt a = 0,5 x + 1, b = x 2 − x + 1, a ≥ 0, b > 0. Khi đó phương trình trở thành 3( a 2 − 1) ab = a 2b 2 + b 2 − 18a 2 ⇔ a 2b(3a − b) = b(3a − b) + 2(b 2 − 9a 2 ) ⇔ (3a − b)( a 2b + b + 6a ) = 0 ⇔ 3a − b = 0, vì a 2b + b + 6a > 0. Suy ra 3 x + 1 = 0,5 x 2 − x + 1 ⇔ x 2 − 10 x − 8 = 0 ⇔ x = 5 ± 33, thỏa mãn điều kiện. Vậy nghiệm của phương trình là x = 5 ± 33. 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 Câu 5. (1,0 điểm) B N C 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 *) Vì SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong S mặt phẳng vuông góc với (ABCD) nên 1 SH = AB = a và SH ⊥ ( ABCD ) . Suy ra 2 M 1 VS . APND = .SH .( S APD + S NPD ) 3 P 5a   5a H  a. 4 a. 4  5a 3 A 1 = a + . = 3  2 2  12   D *) Ta có CD ⊥ DH , CD ⊥ SH ⇒ CD ⊥ ( SDH ) ⇒ CD ⊥ MP 0,5 0,5 (1) Ta chứng minh MP ⊥ MD. Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông MHD, MHP ta có a 5 a 5 25a 2 = DP 2 . Suy ra MP ⊥ MD , MP = . Khi đó MD 2 + MP 2 = 2 4 16 Từ (1) và (2) suy ra ( MNP ) ⊥ ( MCD ) , điều phải chứng minh. MD = (2) 0,5 Vì x, y là các số thực dương nên Câu 6. www.DeThiThuDaiHoc.com 0,5 4 (1,0 điểm) www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com  7( x + 2 y ) − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2   7 y − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2  = ( x + y)  7 + P = ( x + y)     x+ y x+ y    Đặt t = 7 y − 4 x 2 + 2 xy + 8 y 2 7 − 4 t 2 + 2t + 8 x , t > 0 khi đó = . y x+ y t +1 Xét hàm số f (t ) = Ta có f '(t ) =  .   (1) (2) 7 − 4 t 2 + 2t + 8 với t > 0. t +1 −7 t 2 + 2t + 8 + 28 (t + 1) t + 2t + 8 2 2 ; f '(t ) = 0 ⇔ t 2 + 2t + 8 = 4 ⇔ t = 2. t Suy ra bảng biến thiên f '(t ) +∞ 2 0 + 0 – −3 Từ bảng biến thiên ta suy ra f (t ) ≤ −3 f (t ) với mọi t > 0. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2. (3) Từ (1), (2) và (3) ta suy ra P ≤ ( x + y )(7 − 3) ≤ 8, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0,5 x + y = 2 4 2 4 2  ⇔ x = , y = . Vậy giá trị lớn nhất của P là 8, đạt khi x = , y = . x  3 3 3 3 t = y = 2  Vì DE ⊥ AC nên DE : x + y + 3 = 0 ⇒ D ( t ; − t − 3) . B A Câu 7.a (1,0 điểm) 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 ) . G E D C 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 AB = 3 2 ⇔ ( b + 2 ) + ( b + 2 ) + 16 ( b + 2 ) www.DeThiThuDaiHoc.com 2 2 2  B ( 2; 3; − 4 ) ( tm xB > 0 )  b = −1 = 18 ⇔  ⇔  b = −3  B ( 0; 1; 4 ) ( ktm )  0,5 5