zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán lớp 12 - THPT Chuyên ĐH Vinh

Chia sẻ: Thúc Nhân Nghĩa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

158
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán lớp 12 kèm hướng dẫn giải là tài liệu không thể thiếu giúp các em biết được các dạng Toán trong kì thi ĐH, CĐ để có sự chuẩn bị tốt nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán lớp 12 - THPT Chuyên ĐH Vinh

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN; Khối: A và A1; Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 6 x 2 + 3( m + 2) x + 4m − 5 có đồ thị (Cm ), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 1. b) Tìm m để trên (Cm ) tồn tại đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1 sao cho các tiếp tuyến tại mỗi điểm đó của (Cm ) vuông góc với đường thẳng d : x + 2 y + 3 = 0. sin x 1 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình + + cot x = 2. 1 + cos x 1 − cos x ( x + y )( x + 4 y 2 + y ) + 3 y 4 = 0  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ).  x + 2 y +1 − y + y +1 = 0 2 2  3x − 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y = ; y = 0; x = 1. (3− x + 1) 3x + 1 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD = 1200 , cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (SBC) một góc 600. Gọi K là trung điểm của SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK. Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức xy yz x3 y3 + y3 z 3 P= + − . 1 + z 2 1 + x2 24 x3 z 3 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 tam giác ABC có đỉnh A(3; 3), tâm đường tròn ngoại tiếp 8 5 I (2; 1), phương trình đường phân giác trong góc BAC là x − y = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng BC = và 5 góc BAC nhọn. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y − z + 1 = 0 và các đường thẳng x+3 y z −7 x y − 2 z −1 x −1 y z − 3 d: = = ; d1 : = = ; d2 : = = . Tìm M ∈ d1 , N ∈ d 2 sao cho đường thẳng MN 2 −1 2 1 2 1 1 1 2 1 song song với (P) đồng thời tạo với d một góc α có cos α = . 3 Câu 9.a (1,0 điểm). Cho phương trình 8 z 2 − 4( a + 1) z + 4a + 1 = 0 (1), với a là tham số. Tìm a ∈ ℝ để (1) có hai z nghiệm z1 , z2 thỏa mãn 1 là số ảo, trong đó z2 là số phức có phần ảo dương. z2 b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là x + 3 y − 18 = 0, phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là 3 x + 19 y − 279 = 0, đỉnh C thuộc đường thẳng d : 2 x − y + 5 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng BAC = 1350. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(4; − 4; − 5), B (2; 0; − 1) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 3 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho mặt phẳng (MAB) vuông góc với (P) và MA2 − 2 MB 2 = 36. x 2 + ax − 2 Câu 9.b (1,0 điểm). Cho đồ thị (Ca ) : y = và đường thẳng d : y = 2 x + 1. Tìm các số thực a để d cắt x −1 (Ca ) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn IA = IB, với I ( −1; − 2). ------------------ Hết ------------------ www.DeThiThuDaiHoc.com 1
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN – Khối A1; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Câu 1. Khi m = 1 hàm số trở thành y = x3 − 6 x 2 + 9 x − 1. (2,0 điểm) a) Tập xác định: R. b) Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y = −∞ và lim y = +∞. x →−∞ x →+∞ * Chiều biến thiên: Ta có y ' = 3x − 12 x + 9; 2 0,5 x = 1 x < 1 y' = 0 ⇔  ; y' > 0 ⇔  ; y ' < 0 ⇔ 1 < x < 3. x = 3 x > 3 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; 1) , ( 3; + ∞ ) ; nghịch biến trên khoảng (1; 3) . * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCĐ = 3, hàm số đạt cực tiểu tại x = 3, yCT = −1. * Bảng biến thiên: x −∞ 1 3 +∞ y y' + 0 – 0 + 3 +∞ 3 y −1 0,5 −∞ O 1 3 x c) Đồ thị: −1 b) (1,0 điểm) 1 Đường thẳng d có hệ số góc k = − . Do đó tiếp tuyến của (Cm ) vuông góc với d có hệ số góc 2 k ' = 2. 0,5 Ta có y ' = k ' ⇔ 3x 2 − 12 x + 3(m + 2) = 2 ⇔ 3 x 2 − 12 x + 4 = −3m. (1) Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. Xét hàm số f ( x) = 3 x 2 − 12 x + 4 trên (1; + ∞). Ta có bảng biến thiên: x −∞ 1 2 +∞ +∞ +∞ f ( x) −5 0,5 −8 Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình f ( x) = −3m có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 5 8 5 8 khi và chỉ khi −8 < −3m < −5 ⇔ < m < . Vậy < m < . 3 3 3 3 Điều kiện: cos x ≠ ±1, sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ , k ∈ Z. Câu 2. Phương trình đã cho tương đương với (1,0 điểm) sin x − sin x cos x + 1 + cos x cos x 0,5 + =2 sin 2 x sin x www.DeThiThuDaiHoc.com 2
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ⇔ sin x + cos x + 1 = 2sin 2 x ⇔ sin x + cos x + cos 2 x = 0 ⇔ (sin x + cos x)(1 + cos x − sin x) = 0. π *) sin x + cos x = 0 ⇔ x = − + kπ , k ∈ Z. 4  π  *) 1 + cos x − sin x = 0 ⇔ sin  x −  = π 1 ⇔  x = 2 + k 2π 0,5  4 2   x = π + k 2π , k ∈ Z. π π Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x = − + kπ , x = + k 2π , k ∈ Z. 4 2 Điều kiện: x + 2 y + 1 ≥ 0. 2 Câu 3. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với (1,0 điểm) ( x + y ) 2 + 4( x + y ) y 2 + 3 y 4 = 0 ⇔ ( x + y + y 2 )( x + y + 3 y 2 ) = 0. *) x + y + y 2 = 0, hay x = − y − y 2 . Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được  y 2 − y + 1 = −1 (ktm) 0,5 1 ± 13 y − y +1 − y + y +1 = 0 ⇔  2 2 ⇔ y2 − y − 3 = 0 ⇔ y = .  y 2 − y + 1 = 2. 2  1 − 13 1 + 13 Vớ i y = thì x = −4 + 13 và với y = thì x = −4 − 13. 2 2 *) x + y + 3 y 2 = 0, hay x = − y − 3 y 2 . Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được − y2 − y + 1 − y2 + y +1 = 0 ⇔ − y2 − y + 1 = y2 − y −1  y2 − y − 1 ≥ 0   y2 − y −1 ≥ 0  ⇔ 2 ⇔ ⇔ y = −1. Suy ra x = −2. 0,5 − y − y + 1 = ( y − y − 1)  y ( y + 1)( y − 3 y + 3) = 0 2 2 2    1 − 13   1 + 13  Vậy nghiệm (x; y) của hệ là  −4 + 13;   ,  −4 − 13;    , ( −2; − 1) .   2   2  3x − 1 3x − 1 Câu 4. Ta có = 0 ⇔ 3x = 1 ⇔ x = 0. Rõ ràng ≥ 0 với mọi x ∈ [ 0; 1]. (1,0 (3− x + 1) 3x + 1 (3− x + 1) 3x + 1 điểm) Do đó diện tích của hình phẳng là 0,5 3x − 1 3x − 1 1 1 S=∫ dx = ∫ .3x dx. −x 0 (3 + 1) 3 + 1 x 0 (3 + 1) 3 + 1 x x Đặt t = 3x + 1, ta có khi x = 0 thì t = 2, khi x = 1 thì t = 2 và 3x = t 2 − 1. 2tdt Suy ra 3x ln 3dx = 2tdt , hay 3x dx = . Khi đó ta có ln 3 0,5 2 t −2 2 2 2  2 2 2  2 2 2 3− 2 2 ( ) ln 3 ∫2 t 3 ln 3 ∫2  t  S= tdt =  1 − 2  dt = t +  = . ln 3  t 2 ln 3 S Q Gọi O = AC ∩ BD. Vì BCD = 1200 nên ABC = 600 Câu 5. (1,0 a 3 K ⇒ ∆ABC đều cạnh a ⇒ AC = a, OD = OB = . điểm) P 2 Kẻ OH ⊥ SB tại H. Vì AC ⊥ ( SBD ) nên AC ⊥ SB D ⇒ SB ⊥ ( AHC ) ⇒ SB ⊥ AH và SB ⊥ HC. 0,5 H C ( ( SAB), ( SBC ) ) = 60 0 ⇔ ( AH , CH ) = 60 0 O ⇒ AHC = 600 hoặc AHC = 1200 . A B a 3 TH 1. AHC = 600 ⇒ AHO = 300 ⇒ OH = OA.cot 300 = = OB, vô lý vì ∆OHB vuông tại H. 2 www.DeThiThuDaiHoc.com 3
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam a a 2 TH 2. AHC = 1200 ⇒ AHO = 600 ⇒ OH = OA.cot 600 = ⇒ BH = OB 2 − OH 2 = . 2 3 3 OH BH OH .BD a 3 Vì 2 tam giác vuông BOH và BSD đồng dạng nên = ⇒ SD = = . SD BD BH 2 2 a2 3 a2 3 1 a3 2 S ABCD = 2.S ABC = 2. = . Suy ra VS . ABCD = SD.S ABCD = . 4 2 3 8 Vì BC // AD nên (SBC) // AD ⇒ d ( AD, BK ) = d ( D, ( SBC ) ) . (1) Kẻ DP ⊥ BC tại P, DQ ⊥ SP tại Q. Vì BC ⊥ ( SDP ) nên BC ⊥ DQ ⇒ DQ ⊥ ( SBC ). (2) a 3 a Từ tam giác vuông DCP ⇒ DP = DC .sin 600 = . Từ tam giác vuông SDP ⇒ DQ = . (3) 0,5 2 2 a Từ (1), (2) và (3) suy ra d ( AD, BK ) = DQ = . 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có Câu 6. xy yz xy yz (1,0 + = 2 + 2 điểm) 1+ z 1+ x 2 2 z +x + z +y 2 2 2 ( ) ( x + y + x2 + z 2 2 ) ( ) ( ) xy yz 1  x2 y2 y2 z2  ≤ + ≤  2 + 2 + 2 + 2  2 (z 2 + x2 )( z 2 + y2 ) 2 (x 2 + y2 )( x 2 + z2 ) 4  z + x2 z + y2 x + y 2 x + z 2  1 y2 y2  1  y2 y2  1  y y  1 1 y y  = 1 + 2 + 2  ≤ 1 + +  = 1 + +  = +  + . 0,5 4 z + y 2 x + y  4  2 yz 2 xy  4  2 z 2 x  4 8  z x  2 1 Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có x3 y 3 + y 3 z 3 ≥ ( xy + yz )3 nên 4 3 x y +y z 3 3 3 3 ( xy + yz ) 3 1 y y ≥ =  +  . z 3 x3 4 z 3 x3 4 z x  3 1 1 y y  1  y y  Suy ra P ≤ +  +  −  +  . 4 8  z x  96  z x  y y 1 1 1 Đặt t = + , khi đó t > 0 và P ≤ − t 3 + t + . t 0 2 +∞ z x 96 8 4 1 1 1 f '(t ) + 0 – Xét hàm số f (t ) = − t 3 + t + với t > 0. 96 8 4 5 1 1 Ta có f '(t ) = − t 2 + ; f '(t ) = 0 ⇔ t = 2, vì t > 0. 12 32 8 f (t ) 0,5 Suy ra bảng biến thiên: 5 Dựa vào bảng biến thiên ta có P ≤ , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2 hay 12 1 5 1 x=y=z= . Vậy giá trị lớn nhất của P là , đạt được khi x = y = z = . 3 12 3 Vì AD là phân giác trong góc A nên AD cắt đường tròn (ABC) Câu A 7.a tại E là điểm chính giữa cung BC ⇒ IE ⊥ BC . (1,0 Vì E thuộc đường thẳng x − y = 0 và IE = IA = R ⇒ E (0; 0). điểm) I Chọn n BC = EI = (2; 1) ⇒ pt BC có dạng 2 x + y + m = 0. H 0,5 B C 4 5 3 D Từ giả thiết ⇒ HC = ⇒ IH = IC 2 − HC 2 = E 5 5 3 | m+5| 3  m = −2  BC : 2 x + y − 2 = 0 ⇒ d ( I , BC ) = ⇔ = ⇔ ⇒  5 5 5  m = −8  BC : 2 x + y − 8 = 0. Vì BAC nhọn nên A và I phải cùng phía đối với BC, kiểm tra thấy BC : 2 x + y − 2 = 0 thỏa mãn. 0,5 www.DeThiThuDaiHoc.com 4
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam 2 x + y − 2 = 0  8 6 8 6 Từ hệ  ⇒ B(0; 2), C  ; −  hoặc B  ; −  , C (0; 2) . ( x − 2) + ( y − 1) = 5 2 2  5 5 5 5 M ∈ d1 ⇒ M (m; 2m + 2; m + 1); N ∈ d 2 ⇒ N ( n + 1; n; 2n + 3). Suy ra Câu 8.a MN = ( − m + n + 1; − 2m + n − 2; − m + 2n + 2). (1,0 n .MN = 0  m − n + 2 = 0 m = n − 2 0,5 điểm) Vì MN // (P) nên  P ⇔ ⇔  N ∉ ( P)  n ≠ 0 n ≠ 0 Suy ra u MN = (3; − n + 2; n + 4) và ud = (2; − 1; 2). | 3n + 12 | |n+4| 1 Suy ra cos( MN , d ) = = = cos α = 3 2n 2 + 4n + 29 2n 2 + 4n + 29 3 ⇔ 3(n + 4) = 2n + 4n + 29 ⇔ n + 20n + 19 = 0 ⇔ n = −1 hoặc n = −19. 2 2 2 0,5 *) n = −1 ⇒ m = −3 ⇒ M ( −3; − 4; − 2), N (0; − 1; 1). *) n = −19 ⇒ m = −21 ⇒ M ( −21; − 40; − 20), N ( −18; − 19; − 35). Từ giả thiết suy ra z1 , z2 không phải là số thực. Do đó ∆ ' < 0, hay 4( a + 1) 2 − 8(4a + 1) < 0 Câu 9.a ⇔ 4( a 2 − 6a − 1) < 0 ⇔ a 2 − 6a − 1 < 0. (*) 0,5 (1,0 a + 1 − −( a 2 − 6a − 1) i a + 1 + −(a 2 − 6a − 1) i điểm) Suy ra z1 = , z2 = = z1. 4 4 a = 0 z ( ) Ta có 1 là số ảo ⇔ z12 là số ảo ⇔ ( a + 1) 2 − −( a 2 − 6a − 1) = 0 ⇔ a 2 − 2a = 0 ⇔  z2  a = 2. 0,5 Đối chiếu với điều kiện (*) ta có giá trị của a là a = 0, a = 2. B ∈ BH : x = −3 y + 18 ⇒ B( −3b + 18; b), Câu C ∈ d : y = 2 x + 5 ⇒ C (c; 2c + 5). 7.b H (1,0 A Từ giả thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trực điểm) d u .BC = 0  ∆ : 3x + 19 y − 279 = 0 ⇔  ∆ B C trung điểm BC là M ∈ ∆  M 0,5 60b + 13c = 357 b = 4  B(6; 4) ⇔ ⇔ ⇒ 10b + 41c = 409 c = 9 C (9; 23). AC ⊥ BH ⇒ chọn n AC = u BH = (−3; 1) ⇒ pt AC : −3 x + y + 4 = 0 ⇒ A( a; 3a − 4) ⇒ AB = (6 − a; 8 − 3a ), AC = (9 − a; 27 − 3a ). 1 (6 − a )(9 − a ) + (8 − 3a )(27 − 3a ) 1 Ta có A = 1350 ⇔ cos( AB, AC ) = − ⇔ =− 2 (6 − a ) + (8 − 3a ) . (9 − a ) + (27 − 3a ) 2 2 2 2 2 0,5 (9 − a )(3 − a ) 1 3 < a < 9  ⇔ =− ⇔ ⇔ a = 4. Suy ra A(4; 8). 2(3 − a ) = a − 6a + 10 2 2 | 9 − a | a 2 − 6a + 10 2  Gọi (Q) là mặt phẳng chứa A, B và vuông góc với (P). Suy ra M thuộc giao tuyến của (Q) và (P). Câu  AB = ( −2; 4; 4)  0,5 8.b  ⇒ nQ =  AB, nP  = (0; 6; − 6) = 6(0; 1; − 1) . Suy ra pt (Q): y − z − 1 = 0.   (1,0   nP = (1; 1; 1) điểm)  y − z −1 = 0 x + 2 y z +1 Gọi d = ( P) ∩ (Q ) ⇒ pt d :  ⇔ = = ⇒ M ( −2t − 2; t; t − 1) ∈ d . x + y + z + 3 = 0 −2 1 1 t = 0  M ( −2; 0; − 1) 0,5 Ta có MA − 2 MB = 36 ⇔ −6t + 8t = 0 ⇔  4 ⇒   14 4 1  2 2 2 t = M − ; ; .  3      3 3 3  x 2 + ax − 2 Câu Hoành độ giao điểm của d và (Ca ) là nghiệm của phương trình = 2 x + 1, hay 9.b x −1 (1,0 x 2 − ( a + 1) x + 1 = 0, x ≠ 1. (1) 0,5 điểm) www.DeThiThuDaiHoc.com 5
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam ∆ = ( a + 1) 2 − 4 > 0  a > 1 Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ⇔  ⇔ (2) a ≠ 1   a < −3. Khi đó gọi x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của (1), ta có A( x1 ; 2 x1 + 1), B ( x2 ; 2 x2 + 1). Do đó IA = IB ⇔ ( x1 + 1) 2 + (2 x1 + 3) 2 = ( x2 + 1) 2 + (2 x2 + 3) 2 ⇔ 5 x12 + 14 x1 = 5 x2 + 14 x2 ⇔ ( x1 − x2 ) ( 5( x1 + x2 ) + 14 ) = 0 2 ⇔ 5( x1 + x2 ) + 14 = 0, vì x1 ≠ x2 . (3) 19 0,5 Theo định lý Viet ta có x1 + x2 = a + 1. Thay vào (3) ta được 5( a + 1) + 14 = 0 ⇔ a = − , thỏa mãn 5 19 điều kiện (2). Vậy a = − . 5 www.DeThiThuDaiHoc.com 6

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.