ĐỀ THI KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP 12 LẦN 1 - TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 3

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

131
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi kiểm tra kiến thức lớp 12 lần 1 - trường thpt yên định 3', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP 12 LẦN 1 - TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 3

ĐỀ THI KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP 12 - LẦN 1 TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 3 Năm học: 2010 – 2011 Môn thi: Toán, Khối A, B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút A. PHẦN CHUNG x+2 Cho hàm số y = Câu 1( 2điểm) (C) x +1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Tìm trên đồ thị hàm số (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại M cắt trục tung tại 7 điểm có tung độ bằng . 4 Câu 2( 2điểm)   x 4sin 2 - 3 cos2x = 3- 2 cos2  - x  1. Giải phương trình: 2 4  3 2y   x 2 + y 2 -1 + x = 1   x, y  R  2. Giải hệ phương trình:  x 2 + y 2 + 4x = 22  y  8 ln x Câu 3(1 điểm): Tính t ích phân: I =  dx 3 x +1 Câu 4( 1 điểm) Cho hình chóp SABC có tam giác ABC vuông tại C, AC = a, AB = 2a, SA vuông góc với đáy, góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SBC) bằng 600. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC. Chứng minh rằng AK  HK và tính thế tích khối chóp SABC. Câu 5( 1 điểm) Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x9  y 9 y9  z9 z 9  x9 P 6   x  x3 y 3  y 6 y 6  y 3 z 3  z 6 z 6  z 3 x3  x6 B. PHẦN RIÊNG Phần dành cho ban cơ bản Câu 6a( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC với AB = 5 , đỉnh C(- 1;- 1) đường thẳng AB có phương trình x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm của tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0. Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tam giác. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M(1; 2; 3) và cắt 3 tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho thể tích khối tứ diện OABC nhỏ nhất. 2 2 Câu 7b(1 điểm) Giải phương trình: 4 x  x 5  12.2 x 1 x 5  8  0 Phần dành cho ban nâng cao Câu 6b( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 5 = 0 và đường tròn (C) x 2  y 2  2 x  6 y  9  0 . Tìm những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3). Viết phương trình mặt cầu tâm M và cắt mặt phẳng (Oxy) theo thiết diện là đường tròn (C) có chu vi bằng 8 . Câu 7b( 1 điểm) Một nhóm học sinh gồm 4 học sinh khối 12, 3 học sinh khối 11, 5 học sinh khối 10 xếp thành một hàng ngang. Tính xác suất để 4 học sinh khối 12 đứng cạnh nhau, 3 học sinh khối 11 đứng cạnh nhau. ----------------------------Hết--------------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán Câu Nội dung Điểm Câu 1 1. ( 1.0 đ) (2 điểm) 0.25 *) TXĐ: D  R \ 1 *) Sự biến thiên: -1 - Chiều biến thiên: y' =  0, x  1 , 2  x +1 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 1 và  1;   . Cực trị: Hàm số không có cực trị - 0.25 Giới hạn và đường tiệm cận: - Ta có: lim y  1  đường thẳng y = 1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x  lim y  , lim y    đường thẳng x = -1 là đường t iệm cận đứng của   x   1 x   1 đồ thị hàm số Bảng biến thiên: - - + x -1 y’ - + + y 1 1 0.25 - *) Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (- 2; 0), (0; 2) y 2 1 -1 0.25 -2 x 2(1.0 đ)  x 2 x 2 1 2 x  x0   0    C  . tiếp tuyến tại M của (C) có pt: y  Gọi M  x0 ; 0 0.25  x0  1 x0  1  x0  1  7 Do tiếp tuyến cắt Oy tại điểm có tung độ bằng nên ta có: 0.25 4 x 2 1 7 2 0  x0   0  4  x0  1 x0  1
2  x0  1  3 x0  2 x0  1  0  x0  1   x0   1 0.25  3   3  1 5 vậy có 2 điểm M thoả mãn là: M  1;  ; M   ;  0.25  2  3 2 Câu 2 1( 1.0 đ)    pt  2 1  cos x   3cos2 x  3  1  cos   2 x   0.25 2    2  2 cos x  3cos2 x  2  sin 2 x  2 cos x  3cos2 x  sin 2 x 3 1   cos x  cos2 x  sin 2 x 2 2 3 1  cos   x   cos2 x  sin 2 x 0.25 2 2    cos   x   cos  2 x   6 0.25  5 k 2   x  18  3 k  Z    x   7  k 2  6  0.25 Vậy phương trình có 2 họ nghiệm. 2(1.0đ) Điều kiện x, y  0; x 2  y 2  1  0 u  x 2  y 2  1  Đặt  x 0.25 v  y  3 2  v  3, u  9   1  hệ phương trình có dạng:  u v v  7 , u  7 0.25 u  21  4v   2 0.25 *) với u = 9, v = 3 hệ có nghiệm (3; 1), (- 3; -1)  2  2 2 2 7 0.25  ,  14 ; 4 *) Với v  , u  7 hệ có nghiệm  14 ;4   53   53  53 53 2    Câu 3 dx u  ln x  du   ( 1điểm) x Đặt  dx   dv  x  1 v  2 x  1   8 x 1 8  I  2 x  1 ln x  2  dx 0.25 x 3 3 8 x 1 Xét J   dx x 3 x 3 8 Đặt t  x  1  2tdt  dx , đổi cận 0.25 t 2 3
3 3 3 2t 2 dt  t 1  1  J  2  2  1  2 dt   2t  ln t 1  2 t 1 t 1  2   2 0.25  2  ln 3  ln 2  I  6 ln 8  4 ln 3  2  2  ln 3  ln 2   20 ln 2  6 ln 3  4 0.25 S Câu 4 *) Ta có: (1 điểm) SA  BC    BC   SAC   BC  AK (1) H AC  BC  lại có AK  SC (2). từ (1) và (2)  AK   SBC  0.25  AK  HK K AK  SB  · 0   SB   AKH   AHK  60 Aj 2a *) Ta có B AH  SB  a 3 0.25 trong AHK ta có AK  AH .sin 600  AH . C 2 1 1 1 1 1     2 (1) Xét tam giác vuông SAB, ta có: 2 2 2 2 AH AS AB AS 4a 1 1 1 1 1 4 1 1    2    2 (2) Xét tam giác vuông SAC, ta có: 0.25 2 2 2 2 2 2 AK AS AC AS a 3 AH AS a 3 ( do AK  AH . ) 2 a2 3 a2 Từ (1) và (2)  SA  . lại có S ABC  2 2 3 1 6a  dvtt  vậy VSABC  SA.SABC  0.25 3 12 Có x, y, z > 0, Đặt : a = x3 , b = y3, c = z3 (a, b, c > 0 ; abc=1) Câu 5 ( 1 điểm) a 3  b3 b3  c3 c 3  a3 Ta có : P  2 2 2 0.25 a  ab  b 2 b  bc  c 2 c  ca  a 2 a 3  b3 a 2  ab  b 2  ( a  b) 2 a 2  ab  b 2 a  ab  b 2 a 2  ab  b 2 1   a 2  2ab  b 2  0 ( đúng) 0.25 mà 2 a  ab  b 2 3 a 2  ab  b 2 1  (a  b) 2  ( a  b) a  ab  b 2 3 b3  c3 c3  a3 1 1  (b  c ); 2  (c  a ) Tương tự: 2 2 2 b  bc  c c  ca  a 3 3 2 => P  (a  b  c )  2. 3 abc  2 (BĐT Côsi) 0.25 3 => P  2, P  2 khi a = b = c = 1  x = y = z = 1 0.25 Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1 Câu 6a 1. ( 1điểm) (2 điểm) Gọi I(x; y) là trung điểm của AB, G  xG ; yG  là trọng tâm của tam giác ABC
2x 1   xG  3 uuu 2 uu r r   CG  CI   , 2 y 1 3 y  0.25 G 3  2x 1 2 y 1 Do G thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0   20 3 3 x  2 y  3  0   I  5; 1 Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình  2 x  1 2 y  1 0.25  3  3 20  2  AB  5 2 2 2 Gọi A  x A ; y A   IA   x A  5   y A  1    2 4 mặt khác điểm A thuộc đường thẳng x + 2y – 3 = 0 nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ  xA  4   yA   1  xA  2 y A  3  0   2    5 2 2  x A  5    y A  1  4  xA  6  0.25   3  yA    2 1  3 1  3   Vậy A  4,   , B  6;   hoặc B  4,   , C  6;   0.25 2  2 2  2   2.(1.0 đ) Gọi giao điểm của mp   với các trục Ox, Oy, Oz lần lượt là A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) ( với a, b, c > 0). xyz 123 mp   :    1 1 , do M       1 0.25 abc abc 1 abc lại có VOABC  OA.OB.OC  6 6 0.25 123 6 mặt khác: 1     3 3  abc  6.27  VOABC  27 abc abc 1 2 3 a  3 a  b  c 1   suy ra VOABC  Min  27 đạt được khi   b  6 1  2  3 c  9  0.25 a b c  xyz Vậy mp   :    1 0.25 369 Câu 7a x   5 Điều kiện  ( 1 điểm) x  5  x 2 5 đặt t  2 x  t  0 0.25 t  2 2 pt có dạng: t  6t  8  0   0.25 t  4 x  1  x 2 5 *) với t  2  2 x  2  x  x2  5  1  x2  5  x  1   2 2  x3 x  5   x  1 0.25  
x  2 9  x2 5 *) với t  4  2 x   4  x  x2  5  2  x2  5  x  2   2 2x x  5   x  2 4  0.25 vậy phương trình có 2 nghiệm Câu 6b 1( 1.0 đ) (2 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(- 1; 3), bán kính R = 1, d(I, d) = 2 > R  d I  C    Gọi  là đường thẳng đi qua I và vuông góc với d   : 4x + 3y – 5 = 0 0.25 1 7 điểm N 0  d I   N 0  ;  5 5 0.25  2 11   8 19  Gọi M1, M2 lần lượt là giao điểm của (C) và   M1   ;  , M 2   ;  0.25  5 5  5 5  MN ngắn nhất khi M  M 1 , N  N 0 0.25 2.(1.0đ) Gọi r – là bán kính đường tròn (C), M0 là hình chiếu vuông góc của M trên mp(Oxy). ta có bán kính mặt cầu (S) là: R  r 2  MM 0 2 0.25 mà MM 0  z M  3 và 2 r  8  r  4  R  5 0.5 2 2 2 phương trình mặt cầu (S) là:  x  1   y  2    y  3  25 0.25 Câu 7b 0.25 Ta có n     12! ( 1 điểm) Gọi A là biến cố “ Nhóm học sinh xếp thành hàng ngang sao cho 4 hs khối 12 đứng cạnh nhau, 3 học sinh khối 11 đứng cạnh nhau” Ta coi 4 học sinh khối 12 như 1 phần tử a, 3 học sinh khối 11 như phần tử b. 0.25 Khi đó ta sắp xếp 7 phần tử a, b và 5 hs khối 10 thành hàng ngang, ta có 7! Cách xếp. lại có, với mỗi cách xếp như trên ta có 4! Cách sắp xếp học sinh khối 12, 3! Cách sắp xếp học sinh khối 11, nên ta có 7!.4!.3! cách sắp xếp thoả mãn yêu cầu bài toán 0.25  n  A   7!.4!.3! n  A 1 vậy p  A    0.25 n   660 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng thì cho điểm tối đa câu đó.