ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN II – LỚP 11K1 - 11K2 Môn Toán năm học 2012-2013

Chia sẻ: Lê Ngọc Sơn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

381
lượt xem 36
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đây là tài liệu giúp cho các em học sinh củng cố lại kiến thức toán học, và là tài liệu quan trọng giúp các em thử sức làm bài thi thử, chuẩn bị cho kỳ thi quan trọng, kỳ thi cao đẳng, đại học sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN II – LỚP 11K1 - 11K2 Môn Toán năm học 2012-2013

SỞ GD – ĐT ĐĂK LĂK ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN II – LỚP 11K1; 11K2 TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH Môn: Toán; Năm học: 2012-2013 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I: (3,0 điểm) π  x  x 1. Giải phương trình: 1 + sin x = 2  sin + cos  .cos  x +   2  4 2 2. Tính các giới hạn sau: ) ( x + x3 − 3x + 1 3 x2 − x + 1 − x a) lim b) lim x2 −1 x →1 x →+∞ Câu II: (1,0 điểm) Cho đồ thị (P): y = f ( x) = 2 x 2 + 2 ( m + 1) x + m 2 + 4m + 3 với m là tham số. Tìm m để (P) cắt trục Ox tại 2 điểm có hoành độ x1 , x2 sao cho biểu = x1. f '( x1 ) + x2 . f '( x2 ) đạt giá trị thức P lớn nhất. Câu III: (1,5 điểm) Cho khai triển ( 2 x3 − x 2 + 10 x − 5 ) = a0 + a1 x + a2 x 2 +  + a14 x14 + a15 x15 ; trong đó 5 a0 , a1 , a2 , , a14 , a15 là các hệ số. 1. Tính a5 . 2. Tính tổng: S = a1 + 3a3 + 5a5 +  + 13a13 + 15a15 . Câu IV: (1,5 điểm) Cho một hình lập phương có 6 mặt sơn màu. Ta chia khối lập phương thành 1000 khối lập phương nhỏ như nhau. Lấy ra một khối lập phương nhỏ, tính xác suất để khối lập phương đó: 1. Có hai mặt sơn màu. 2. Không có mặt nào được sơn màu. Câu V: (3,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’. Gọi H là trung điểm của A’B’. 1. Chứng minh CB’ // mp(AHC’). 2. Tìm giao điểm của AC’ với mp(BCH). 3. Mặt phẳng (α) đi qua trung điểm của CC’ và song song với AH và CB’. Tìm thiết diện của lăng trụ với mp(α).
Sở GD – ĐT ĐăkLăk ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN II – 11K1, 11K2 Trường THPT Phan Chu Trinh MÔN: TOÁN ; NĂM HỌC 2012 – 2013 Năm học: 2012 - 2013 (Đáp án – Thang điểm này gồm 3 trang) ............................... Đáp án Điểm Câu π  x  Câu I: x 1 + sin x = 2  sin + cos  .cos  x +  Ta có: ( 3,0 điểm)  2  4 2 π 2  x  x  x x ⇔  sin + cos  = 2  sin + cos  .cos  x +   2  2  4 0,25 2 2 x x sin 2 + cos 2 = 0 ⇔ π  sin x + cos x = 2.cos  x +  2  4  2 x π   2.cos  2 − 4  =0   ⇔ 0,25  x π π   2.cos  − = 2.cos  x +  2 4  4   x π cos  2 − 4  = 0   ⇔  x π π  0,25 cos  − = cos  x +    2 4  4 x π π  − = + kπ 3π   x 2 + k 2π = 2 4 2  π xπ  ⇔  x + = − + k 2π ⇔  x = π + k 4π − ,k ∈Z 424   4π  x + π = x − π  + k 2π x = k −   3  2 4  4 Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm: 3π 4π 0,25 + k 2π hoặc x = π + k 4π hoặc x = k với k ∈ Z = − x 2 3 Ta có: )( ) ( x2 − x + 1 − x x2 − x + 1 + x lim ( x − x + 1 − x ) = lim 0,25 2 x − x +1 + x x →+∞ x →+∞ 2 1 −1 + −x +1 1 x =− = lim = lim 0,5 x − x +1 + x x →+∞ x →+∞ 2 2 11 1− + 2 +1 xx ) ( 1 0,25 Vậy lim x2 − x + 1 − x = x →+∞ 2
Đáp án Điểm Câu ( ) x − 1 + ( x3 − 3x + 2 ) 3 x + x3 − 3x + 1 3 Ta có: lim = lim x2 −1 x2 −1 x →1 x →1 0,25 x −1 x3 − 3x + 2 3 + lim = lim 2 x →1 x − 1 x →1 x2 −1 ) + lim ( x −1) ( x + x − 2) )( ( x −1 x2 + 3 x + 1 3 3 2 0,25 x + 1) ( = lim (x − 1) x −1 2 x →1 x →1 x +3 3 2 2 x2 + x − 2 1 0,25 1 + lim = ) ( x + 1) ( 3 = lim x +1 x →1 x 2 + 3 x + 1 x →1 6 x + x3 − 3x + 1 1 3 Vậy: lim = 0,25 x2 −1 x →1 6 Phương trình hoành độ giao điểm: Câu II: 2 x 2 + 2 ( m + 1) x + m 2 + 4m + 3 = ( 1,0 điểm) 0,25 0 Để đồ thị (P) cắt trục Ox tại 2 điểm có hoành độ x1 , x2 thì phương trình (1) phải có: ∆ ' ≥ 0 ⇔ ( m + 1) − 2 ( m 2 + 4m + 3) ≥ 0 2 0,25 ⇔ −m 2 − 6m − 5 ≥ 0 ⇔ −5 ≤ m ≤ −1 f '( x) = x + 2 ( m + 1) 4 m 2 + 4m + 3 Theo định lý Viet: x1 + x2 =( m + 1) và x1.x2 = − 0,25 2 = x1. f '( x1 ) + x2 . f '( x2 ) = 4 ( x1 + x2 ) + 2 ( m + 1)( x1 + x2 ) 2 2 P = 4 ( x1 + x2 ) − 8 x1 x2 + 2 ( m + 1) ( x1 + x2 ) 2 = 2 − 12m − 10 = 2 ( m + 3) + 8 ≤ 8 − −2m 2 Vậy MaxP = 8 khi và chỉ khi m = −3 (thỏa điều kiện) 0,25 Biến đổi: ( 2 x3 − x 2 + 10 x − 5 ) = ( 2 x − 1) ( x 2 + 5 )  = . ( x 2 + 5) ( 2 x − 1) 5 Câu III: 0,25 5 5 5   ( 1,5 điểm) ( 2 x −= 1) C50 (2 x)5 − C5 (2 x) 4 + C52 (2 x)3 − C5 (2 x) 2 + C54 (2 x) − C5 5 0,25 1 3 5 (x + 5 ) C50 ( x 2 )5 + C5 ( x 2 ) 4 .5 + C52 ( x 2 )3 .52 + C5 ( x 2 ) 2 .53 + C54 ( x 2 ).54 + C5 .55 5 = 2 1 3 5 0,25 0,25 Từ đó suy ra số hạng a5 = 2 .C .C .5 + 2 .C .C .5 + 2.C .C .5 = 362500 5 0 5 5 3 2 4 4 4 3 3 5 5 5 5 5 5 Đặt f ( x) = a0 + a1 x + a2 x 2 +  + a14 x14 + a15 x15 = ( 2 x 3 − x 2 + 10 x − 5 ) 5 f '( x) = a1 + 2a2 x +  + 14a14 x13 + 15a15 x14 = 5 ( 2 x3 − x 2 + 10 x − 5 ) . ( 6 x 2 − 2 x + 10 ) 4 0,25 Thay x = 1: f '(1) = a1 + 2a2 +  + 14a14 + 15a15 = 5.64.14 = 90720 Thay x = −1: f '(−1) = a1 − 2a2 +  − 14a14 + 15a15 = 5. ( −18 ) .18 = 9447840 4 1 ( f '(1) + f '(−1)) = 4769280 Suy ra: S = a1 + 3a3 + 5a5 +  + 13a13 + 15a15 = 0,25 2 Số phần tử của không gian mẫu n(Ω) = 1000 (chia cắt 10,10,10 phần đều nhau 3 Câu IV: ( 1,5 điểm) mặt). 0,25 Các khối nhỏ có 2 mặt sơn màu nằm dọc theo mỗi cạnh của khối lập phương trừ 2 khối ở đỉnh (8 khối ở đỉnh có 3 mặt được sơn). Gọi A là biến cố: “Khối lập phương nhỏ có 2 mặt được sơn màu” Khối lập phương lớn có 12 cạnh nên: n( A) = − 2 ) .12 = (10 0,25 96 n( A) 96 Xác suất: P( A) = = = 0, 096 n(Ω) 1000 0,25
Đáp án Điểm Câu Gọi B là biến cố: “Khối lập phương nhỏ không có mặt nào được sơn màu” 0,25 Khối nhỏ không có mặt nào được sơn thuộc khối ruột của khối lập phương lớn 0,25 Nên: n( B) = − 2 ) . (10 − 2 ) . (10 − 2 ) = (10 512 n( B) 512 Xác suất: P( B) = = = 0,512 0,25 n(Ω) 1000 Gọi K là trung điểm của AB, ta có: Câu V: 0,25 ( 3,0 điểm)  B ' K / / AH  KC / / HC '   0,25  B ' K , KC ⊂ ( B ' KC )  AH , HC ' ⊂ ( AHC ')  0,25 0,25 ⇒ ( B ' KC ) / /( AHC ') Mà CB ' ⊂ ( B ' KC ) , do đó CB '/ /( AHC ') Mặt phẳng (BHC) cắt mp(A’B’C’) 0,25 theo giao tuyến HL//B’C’ 0,25 (Vì (A’B’C’) // (ABC). 0,25 Nối CL cắt AC’ tại I. 0,25 I là giao điểm của AC’ với mp(BCH). ( B ' KC ) / /( AHC ') 0,25 ⇒ α / /( B ' KC ), α / /( AHC ) Ta có  α / / AH , α / / CB ' 0,25 Suy ra: α cắt mp(BCC’B’) theo các đoạn giao tuyến MN//CB’, cắt mp(A’B’C’) theo đoạn giao tuyến NP//C’H, cắt mp(ABB’A’) theo đoạn giao tuyến PQ//AH, 0,25 cắt mp(ABC) theo giao tuyến QR//CK, cắt mp(ACC’A’) theo đoạn giao tuyến 0,25 RM. Thiết diện là ngũ giác MNPQR.