Đề thi khảo sát Toán 12 (Kèm đ.án)

Chia sẻ: Lê Ngọc Sơn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

205
lượt xem 23
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bạn đang gặp khó khăn trước kì thi khảo sát và bạn không biết làm sao để đạt được điểm số như mong muốn. Hãy tham khảo 3 Đề thi khảo sát Toán 12 có kèm theo đáp án sẽ giúp các bạn nhận ra các dạng bài tập khác nhau và cách giải của nó. Chúc các bạn làm thi tốt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát Toán 12 (Kèm đ.án)

SỞ GD VÀ ĐT ĐẮK LẮK ĐỀ THI KHẢO SÁT MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH LỚP 12C LẦN 1 ===&=== Thời gian: 150 phút 2x + 1 CÂU I: ( 2 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị là (C) x+2 1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2). Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. CÂU II: ( 2 điểm) 1) Giải phương trình: log 2 x − log= 2 2 x −3 2 5(log 4 x 2 − 3) x2 + x x2 − x 2) Giải bất phương trình: 2 − 4.2 + 22 x − 4 > 0 CÂU III: ( 2 điểm ) 2 ln x 1) Tính tích phân: I = ∫ 2 dx 1 x 2 x 2) Tính tích phân : J = ∫ dx 1 1+ x −1 CÂU IV: ( 2.0 điểm) Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với BA = BC = a ,biết A'B hợp với đáy ABC một góc 600 . 1) Tính thể tích khối lăng trụ ABC A'B'C'. 2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC. CÂU V: ( 2.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng a 3 (SAB) bằng , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 4 = = = = = Hết = = = = =
SỞ GD VÀ ĐT ĐẮK LẮK ĐÁP ÁN THI KHẢO SÁT MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH LỚP 12C LẦN 1 ===&=== HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI VÀ THANG ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM GHI CHÚ CÂU 1) TXĐ: D = R\{-2} I 0.25 Chiều biến thiên 3 + y' = > 0 ∀x ∈ D ( x + 2) 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞;−2) và (−2;+∞) + Hàm số không có cực trị. 0.25 +Giới hạn: lim y = lim y = 2; lim y = −∞; lim y = +∞ x → −∞ x → +∞ x → −2 + x → −2 − Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2 +Bảng biến thiên 0.25 X −∞ -2 +∞ y’ + + +∞ 2 y 2 −∞ 1 Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; ) và cắt trục Ox tại 2 1 điểm( − ;0) 2 Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đốiyxứng 0.25 2 -2 O x 2) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng (d) là nghiệm của phương trình 0.25 2x + 1  x ≠ −2 = −x + m ⇔  2 x+2  x + (4 − m) x + 1 − 2m = 0 (1) Do (1) có ∆ = m 2 + 1 > 0 va (−2) 2 + (4 − m).(−2) + 1 − 2m = −3 ≠ 0 ∀m nên đường thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt 0.25 A, B
Gọi A(x A; yA ); B(x B; yB ) với x A, x B là nghiệm của (1). Ta có y A = m – x A ; y B = m – x B nên AB2 = (x A – x B )2 + (y A – y B )2 = 2(m2 + 12) 0.25 suy ra AB ngắn nhất khi AB2 nhỏ nhất  m = 0. Khi đó 0.25 AB = 24 CÂU 1) log 2 x − log= 2 2 x −3 2 5(log 4 x 2 − 3) II x > 0 x > 0 §K:  2   log 2 x ≤ −1  0.25 log 2 x − log 2 x − 3 ≥ 0 2  log x ≥ 3  2 Ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi log 2 x − log 2= 2 x2 − 3 5(log 2 x − 3) (1) ®Æt t = log 2 x, 0.25 PT (1) ⇔ t 2 − 2t − = 3 5(t − 3) ⇔ (t − 3)(t + 1) = 5(t − 3) t ≥ 3 t ≥ 3  ⇔ ⇔  t = 3 (t + 1)(t − 3) = 5(t − 3) 0.25 2  t = 4  log x=3  x=8 hay  2 ⇔ VËy PT ®· cho cã 2 nghiÖm. 0.25 log 2 x=4  x=16 x2 + x −x − 4.2 x + 22 x − 4 > 0 2 2) 2 0.25 x2 − x x2 − x  2 .2 − 4.2 2x +2 −4>0 2x −x − 4).(2 x + 1) > 0 vì 2 x 2 −x +1 > 0 2 2x  (2 0.25  2 2x −4>0 0.25 0.25  x >1 CÂU  dx 0.25 u = ln x  du = x  III 1) Đặt dv dx x −2 dx ⇒  x −1  = x2  = v = = − 1   −1 x [− 1 2 2 1 dx I = ln x]1 − ∫ (− ). 0.25 x 1 x x 1 2 dx 1 2 0.25 = 2 + ∫ 2 = 2 + ∫ x −2 dx − ln − ln 2 1 x 2 1 1 x −1 2 1 1 2 1 1 = 2 + [ ]1 = 2 + [− ]1 = 2 + − ln − ln − ln 0.25 2 −1 2 x 2 2 2) Đặt t = x − 1 ⇔ t 2 = x − 1 ⇔ x = t 2 + 1 ⇔ dx = 2tdt 0.25 x = 1 ⇒ t = 0; x = 2 ⇒ t = 1
t2 +1 t3 + t  2  1 1 1 = ∫ J 2tdt 2 ∫ = = 2∫  t 2 − t + 2 − dt  dt 0 1+ t 0 t +1 0  t +1 0.25 1 t3 t2  = 2  − + 2t − 2 ln t + 1  3 2 0 0.25 1 1  11 = 2  − + 2 − 2 ln 2  = − 4 ln 2 3 2  3 0.25 CÂU IV O I 1). Ta có A 'A ⊥ (ABC) ⇒ A 'A ⊥ AB& AB là hình chiếu của A'B lên 0.25 mp(ABC) . Vậy [A 'B,(ABC)] ' 60o = ABA = ABA ' ⇒= AB.tan 600 a 3 AA ' = 0.25 2 1 a 0.25 S ABC = BA.BC = 2 2 a3 3 Vậy V = S ABC .AA' = 0.25 2 2) Gọi O là giao điểm A’C và AC’=> OA=OA’, và I là trung điểm AC. 0.25 Khi đó: IA=IB=IC và OI vuông góc mp(ABC).  OA=OB=OC=OA’ 0.25 Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC. 0.25 a 5 0.25 Bán kính R=OA= 2 CÂU S V I D 3a A 0.25 O H a K C B
Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau 0.25 tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông  tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó ABD = 600 hay tam giác ABD đều. 0.25 Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). 0.25 Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH ⊥ AB và DH = a 3 ; OK // DH và 1 a 3 = OK = DH 2 2 ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI 0.25 ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). 0.25 Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 0.25 1 1 1 a 2 = 2 + 2 ⇒ SO = OI OK SO 2 Diện tích đáy = 4S ∆ABO 2.OA.OB 2 3a ; S ABC D = = 0.25 2 a đường cao của hình chóp SO = . 2 1 3a 3 Thể tích khối chóp S.ABCD: VS . ABC D = = S ABC D .SO 3 3 = = = = = HẾT = = = =
Së GD  §T VÜnh Phóc ®Ò thi Kh¶o s¸t chuyªn ®Ò líp 12 Trêng THPT Tam D¬ng M«n: To¸n  Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số y  x3  3mx 2  4m3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2. Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x. Câu 2 (2.0 điểm ) : 3 4  2sin 2 x 1. Giải phương trình: 2   2 3  2(cotg x  1) . cos x sin 2 x  x3  y 3  3 y 2  3x  2  0  2. Tìm m để hệ phương trình:  có nghiệm thực. 2 2 2 x  1  x  3 2 y  y  m  0  Câu 3 (2.0 điểm): 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần lượt có phương trình: x y 1 z  2 (P): 2x  y  2z  2 = 0; (d):   1 2 1 1. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 2 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3. 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất. Câu 4 (2.0 điểm): 1. Cho parabol (P): y = x2. Gọi (d) là tiếp tuyến của (P) tại điểm có hoành độ x = 2. Gọi (H) là hình giới hạn bởi (P), (d) và trục hoành. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình (H) khi quay quanh trục Ox. 2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2  3. Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1 1 của biểu thức: P    1  xy 1  yz 1  zx Câu 5 (2.0 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip x2 y 2 (E):   1 và parabol (P): y2 = 12x. 8 6 12 8  4 1 2. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển Newton:  1  x    x o0o Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................................SBD:......................
Câu Nội dung Điểm 1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3  3x2 + 4 + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x2  6x = 0  x = 0 hoặc x = 2 Hàm số đồng biến trên: (; 0) và (2; +) 0.25 Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0 y” = 6x  6 = 0  x = 1 Đồ thị hàm số lồi trên (; 1), lõm trên (1; +). Điểm uốn (1; 2)  3 4 Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim x 3 1   3    0.25 x  x  x x  LËp BBT: x 0 2 +∞ ∞ y’ + 0  0 + 4 +∞ 0.25 y ∞ 0 I §å thÞ: y 0.25 x O x  0 2/. Ta có: y’ = 3x2  6mx = 0    x  2m 0.25 Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  0. uuu r Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)  AB  (2m; 4m 3 ) 0.25 Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m 3)
Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x  2m  4m 3  0 0.25   3  2m  m  2 Giải ra ta có: m   ;m=0 0.25 2 2 Kết hợp với điều kiện ta có: m   2  2/. Đk: x  k 0.25 2 Phương trình đã cho tương đương với: 4   3 1  tg 2 x  sin 2 x  2 3  2cotg x 0.25 2(sin 2 x  cos 2 x)  3tg2 x   3  2cotg x sin x cos x  3tg2 x  2tg x  3  0  tg x   3    x   3  k    0.25  tg x  1   x    k  3   6   II KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x   k ; kZ 0.25 6 2  x3  y 3  3 y 2  3x  2  0  (1) 2/.  2 2 2 x  1  x  3 2 y  y  m  0  (2) 0.25 1  x 2  0   1  x  1 Điều kiện:  2   2 y  y  0 0  y  2  Đặt t = x + 1  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2. 0.25 Hàm số f(u) = u3  3u 2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: 0.25 (1)  y = y  y = x + 1  (2)  x 2  2 1  x 2  m  0 Đặt v  1  x 2  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  1 = m. Hàm số g(v) = v2 + 2v  1 đạt min g (v )  1; m ax g (v )  2 0.25 [ 0;1] [ 0;1] Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1  m 2
 x  t  1/. Đường thẳng () có phương trình tham số là:  y  1  2t ; t  R z  2  t 0.25  Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)(). Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:  2 | 2t  1  2t  4  2t  2 | | 6t  5 | t  3 0.25 d ( I ; )    3  3 3 t   7   3  2 1 8  7 17 1   Có hai tâm mặt cầu: I   ; ;  vµ I  ;  ;    3 3 3 3 3 7 0.25 Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có bán kính là R = 5. Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 2 2 2  2  1  8  7  17   1 0.25 III  x     y     z    25 vµ  x     y     z    25  3  3  3  3  3  3 r 2 x  y  1  0 2/. Đường thẳng () có VTCP u  (1;2;1) ; PTTQ:  x  z  2  0 0.25 r Mặt phẳng (P) có VTPT n  (2; 1; 2) | 2  2  2 | 6 Góc giữa đường thẳng () và mặt phẳng (P) là: sin    3. 6 3 0.25 6 3  Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là cos   1   9 3 Giả sử (Q) đi qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z  2) = 0 (m 2+ n2 > 0)  (2m + n)x + my + nz + m  2n = 0 0.25 | 3m | 3 Vậy góc giữa (P) và (Q) là: cos    3. 5m 2  2n 2  4mn 3  m2 + 2mn + n 2 = 0  (m + n)2 = 0  m = n. 0.25 Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y  z + 3 = 0 1/. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 2 là: y = 4x  4 IV 0.25
2 4 2  Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là: V     x dx   (4 x  4) 2 dx  0.25   0 1   x5 2 16 2  16 =   ( x  1)3   0.5 5 0 3 1  15  1 1 1  2/. Ta có:  (1  xy )  (1  yz )  (1  zx)     9 0.25  1  xy 1  yz 1  zx  9 9 P  0.25 3  xy  yz  zx 3  x  y 2  z 2 2 9 3  P  0.25 6 2 3 Vậy GTNN là Pmin = khi x = y = z 0.25 2 1/. Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = 0 (A2 + B2 > 0) () là tiếp tuyến của (E)  8A2 + 6B2 = C2 (1) 0.25 () là tiếp tuyến của (P)  12B2 = 4AC  3B2 = AC (2) Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = 2A. 0.25 Với C = 2A  A = B = 0 (loại) V 2A Với C = 4A  B   3  Đường thẳng đã cho có phương trình: 0.25 2A 2 3 Ax  y  4A  0  x  y40 3 3 2 3 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: x  y40 0.25 3 12 12 12 k  1    1  k  1 Ta có:  x 4   1  1   x 4      (1)12 k C12  x 4   0.25  x    x  k 0  x 12 k i 4 k i 1  12 k   ( 1) 12 k k C12  x  i Ck 12 k k i 4 k 4 i  i     (1) C12Ck x  x  k 0 i 0 x k 0 i 0 V 0.25 12 k 12 k   (1) C12Ck x 4 k 5i k i k 0 i 0 Ta chọn: i, k N, 0  i  k  12; 4k  5i = 8 0.25  i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k 12 2 0 7 4 12 8 Vậy hệ số cần tìm là: C12 .C2  C12 .C7  C12 .C12  27159 0.25
trongxuanht@yahoo.com sent to www.laisac.page.tl c DAI Hec vINH Dt o sAr cnAr tUqrrlc t 6p tz LAN r, NAwI zorr T c THPT CrrurEX UOX: TOAX; Thdi gian I m bii: 180 phrtt r. prrn c c cHo rAr cA rff suvn e,o a$m') 7CiuI.(2,04i6m1 Chohdms6 '3 v= !*'-(2**l)x2+(m+2)t..,'+ cOd6th! (C^), m ldthams6. I . Khio s6t sy bi6n thi€n vi vE dd thi cua ham s5 d[ cho l
DAp AN of IsAo sAr cn,ir LUqNG nfip pLAN 1, NAM zorr *fON: TOAN; Thiri gian lirm bhiz 180 phrit Ddn dn L; (1,0 itiam) -5x2+ +*+!. a I. J (2'0 -.. I \ olem, 0x+4. f
0,5' Nhfln thdy .r = 0 kh6ng thda min n€n (l) tucmg duong v&r x +t *i-6trf,J =0 f+1, =t,.t2ffi Dil t^dugc t2 -6t+8=0 Ir"*b+c+l)2, *lftl']' l[c * g < [' i (a +lXb + . ......-:...-.-..,.............: fr ]
2 54 Psa+b+c+l (a+b+c+3)3 Suy ra - DAt t - a + b + c +l,t > I . Khi d6 ta c6 P
c 1tS,|*-+.:h=t hay 6x+(3 +Jn)y+(3- ^r7-t2=0" e)';.#.;E=l hay 6x+(3 -Jily+(3+ JnJ,-rZ=o. Gii srl s6 thda mfln bdi todn li o. {2,3, 4, 5, e,l\; d e {0,2,4,61 ab;A . Theo bdi ra ta c6 . VfIa. Xdt hai tudrng hqrp: (1'0 0'5 TH I: d = 0 . Khi cl6 a c6 6 cdch chgn, b c6 6 c6ch chgn, c c6 5 c6ch chgn. tli6m) $qv rq q6i 6x 6r | t!9 tq6l TIt 2: d . Q,4, 61.=Khi d6 d c6 3 c6ch chgn, a c6 5 cdch chgn, D c6 6 c6ch chgn, c c6 5 c6ch chgn. Suy ra c6: 3 x 5 x 6 x 5 = 450 (s5). 0'5 Vfy s5 c6c s6 thda mdn h 180 + 450 = 630. l. (I,o itidm) vIb. Gii su M(x; y). Ke MH L AB . (2,0 tli6m) TU giethi6t suy ra MH=g 2 ve LIyAH vu6ng c6n. l3 50 Suy ra AA,I = MHJ, =.,6. 0'5 -1,v=-z D[t u - x-1, v - ! -2. Khi d6 ta c6 0'5 ( -zrv-1 2. (1,0 iti6m) Gi[ su A(a;O; 0), 8(0; b;0). Vl Vonu" > 0 n€n ab *0. Ke (a) n6n 9-l=r Suyla 'iiobzab 4*1=r.vi @):I+ (1) il fii diqn vudng t4i On€n Vouur= ol.t b -3 0'5 *I Oe,ACle OA.OB.OC = * I fab=) (2)