1. Trang chủ
  2. » Tất cả

Đề thi thử đh toán có đáp án (23)

5 3 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 5
Dung lượng 219,43 KB

Nội dung

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 NĂM 2014 Môn TOÁN; Khối B và D; Thời gian làm bài 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho[.]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối: B D; Thời gian làm bài: 180 phút www.LuyenThiThuKhoa.vn www.NhomToan.Com I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (H) hàm số cho b) Tìm m để đường thẳng d : x  y  m  cắt (H) hai điểm M, N cho tam giác AMN vuông điểm A(1; 0) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 3x  2cos2 x   4sin x  cos x(1  sin x)  x 1 x 1  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 16 x 1  x  x  2ln(3 x  1) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   dx ( x  1) Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A1 B1C1 có AA1  a 2, đường thẳng B1C tạo với mặt phẳng ( ABB1 A1 ) góc 450 Tính theo a thể tích khối lăng trụ cho khoảng cách hai đường thẳng AB1 BC Câu (1,0 điểm) Giả sử x, y, z số thực không âm thỏa mãn  ( x  y )  ( y  z )2  ( z  x)2  18 ( x  y  z )4 3( x  y  z ) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a phần b) Tìm giá trị lớn biểu thức P  x  y  z  a Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 1) trung điểm cạnh AC, điểm H (0;  3) chân đường cao kẻ từ A, điểm E (23;  2) thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C Tìm tọa độ điểm B biết điểm A thuộc đường thẳng d : x  y   điểm C có hoành độ dương x  y 1 z  Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :   hai 1 mặt phẳng ( P) : x  y  z   0, (Q) : x  y  z   Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q) Câu 9.a (1,0 điểm) Cho tập hợp E  1, 2, 3, 4, 5 Gọi M tập hợp tất số tự nhiên có chữ số, chữ số đơi khác thuộc E Lấy ngẫu nhiên số thuộc M Tính xác suất để tổng chữ số số 10 b Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1; 2), B(4; 1) đường thẳng  : 3x  y   Viết phương trình đường trịn qua A, B cắt  C, D cho CD  Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M (1; 1; 0) hai đường thẳng x 1 y  z 1 x 1 y  z  d1 :   , d2 :   Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với d1 d 1 1 3 đồng thời cách M khoảng Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 1 1 ( 1) n n Cn  Cn  Cn  Cn   Cn  n2 156 Hết TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN Câu Câu (2,0 điểm) ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2014 Môn: TOÁN – Khối B, D; Thời gian làm bài: 180 phút Đáp án a) (1,0 điểm) 10 Tập xác định: R \{1} 20 Sự biến thiên: * Giới hạn vơ cực: Ta có lim y  lim y  x Điểm x Giới hạn vô cực: lim y   lim y   x 1 x 1 Suy đồ thị (H) có tiệm cận ngang đường thẳng y  2, tiệm cận đứng đường thẳng x  1  0, x  * Chiều biến thiên: Ta có y '  ( x  1) Suy hàm số đồng biến khoảng  ; 1 1;    0,5 * Bảng biến thiên: x  y'  + y +  y 2  I 0,5 30 Đồ thị: x O 3  Đồ thị cắt Ox  ;  , cắt Oy (0;3) 2  Nhận giao điểm I (1; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng b) (1,0 điểm) m Ta có d : y   x  Hoành độ giao điểm d (H) nghiệm phương trình 3 2x  m (1)   x  , hay x  (m  5) x  m   0, x  x 1 3 Ta có   (m  7)2  12  0, với m Suy phương trình (1) có nghiệm phân biệt Hơn nghiệm x1 , x2 khác Do d ln cắt (H) điểm phân biệt M ( x1; y1 ), N ( x2 ; y2 )   Ta có AM  ( x1  1; y1 ), AN  ( x2  1; y2 )   Tam giác AMN vuông A  AM AN  Hay ( x1  1)( x2  1)  y1 y2   ( x1  1)( x2  1)  ( x1  m )( x2  m )   10 x1x2  (m  9)( x1  x2 )  m   (2) Áp dụng định lý Viet, ta có x1  x2  m  5, x1 x2  m  Thay vào (2) ta Câu (1,0 điểm) 0,5 0,5 10(  m  9)  (m  9)(  m  5)  m    6m  36   m  6 Vậy giá trị m m  6 Phương trình cho tương đương với sin 3x  sin x  2cos x  3(sin x  1)  cos x(sin x  1)  2cos x sin x  2cos x  (sin x  1)(cos x  3)  (sin x  1)(2cos x  cos x  3)   (sin x  1)(4cos x  cos x  5)   (sin x  1)(cos x  1)(4cos x  5)  0,5 Câu (1,0 điểm)   k 2 , k  Z *) cos x  1  x    k 2 , k  Z *) 4cos x   vô nghiệm  Vậy phương trình có nghiệm x    k 2 , x    k 2 , k  Z Điều kiện: x   Phương trình cho tương đương với *) sin x  1  x    x 1 x 1 0,5  23 x 1    22 x4 0,5  x   x   2x   2x    x   2x  Đặt   x   x  x   t  0, phương trình trở thành t   2t   3t  t   t  4t  5t  t    0,5   (t  2) t (t  1)    t  2, t (t  1)   với t  Từ giải nghiệm phương trình ban đầu x  Câu (1,0 điểm) 3x ln(3 x  1) dx   dx ( x  1) ( x  1) 0 Ta có I   0,5 dx 3dx v , dv  x 1 ( x  1) 3x  Áp dụng cơng thức tích phân phần ta có Đặt u  ln(3x  1)  du  3x 2ln(3 x  1) dx  x 1 ( x  1) I  1 dx (3 x  1)( x  1)  6  3       dx  ln  3    dx  x  ( x  1)  3x  x   0 0   ln  3ln 3x  x 1 C Câu (1,0 điểm) A K H    4ln 2 Từ giả thiết suy ABC BB1  ( ABC ) Kẻ CH  AB, H trung điểm AB Khi CH  ( ABB1 A1 )  CB1H   B1C , ( ABB1 A1 )   450  CHB1 vuông cân H B a 0,5 Giả sử BC  x   CH  E C1 K1 A1 B1 x 0,5 B1 H  B1 B2  BH  2a  x Từ CH  B1 H  x  a  S ABC  x2  a2 Suy thể tích lăng trụ V  AA1.S ABC  a Gọi K , K1 trung điểm BC , B1C1 Kẻ KE  AK1 0,5 Vì B1C1  ( AKK1 ) nên B1C1  KE  KE  ( AB1C1 ) Vì BC / /( AB1C1 ) nên d ( BC , AB1 )  d  K , ( AB1C1 )   KE (1) 1 a a 30     KE   2 KE K1K AK 6a 5 Tam giác AKK1 vuông K nên (2) a 30 Từ giả thiết ta có  x, y, z  x  y  z  Từ (1) (2) suy d ( AB1 , BC )  Câu (1,0 điểm) Suy x  x, y  y , z  z Do x  y  z  3( x  y  z) ( x  y  z) Khi P  3( x  y  z )   3( x  y  z )  ( x  y  z )3 9( x  y  z ) Đặt t  x  y  z, t  Xét hàm số f (t )  3t  t với t  t f '(t ) + Ta có f '(t )   t ; f '(t )    t  3 Suy bảng biến thiên: f (t ) 0,5 (1)  – 0,5 Dựa vào bảng biến thiên ta suy f (t )  f (3)  với t  (2) Từ (1) (2) ta có P  Dấu đẳng thức xảy x  3, y  z  hoán vị Vậy giá trị lớn P 6, đạt x  3, y  z  hoán vị Câu 7.a (1,0 điểm) A N  x   3t A  d : 2x  y      A(3a  1, 2a  1)  y   2t Vì M (2; 1) trung điểm AC nên suy C (3  3a;  2a )   HA  ( 3a  1; a  4)     HC  (3  3a;  2a ) d M E a    B H Vì AHC  90 nên HA.HC     a   19  13 *) Với a   A(2; 3), C (6;  1) thỏa mãn C 0,5 19  18 51   C   ;  không thỏa mãn 13  13 13  Với A(2; 3), C (6;  1) ta có phương trình CE : x  17 y  11  0, phương trình BC : x  y   *) Với a   Câu 8.a (1,0 điểm)  3b  b   Suy B(3b  9; b)  BC  trung điểm AB N  ;    Mà N  CE  b  4  B(3;  4) Tâm mặt cầu (S) I (t  2;  t  1; 2t  2)  d Vì (S) tiếp xúc (P), (Q) nên d  I , ( P )   d  I , (Q)   R 1   t  2, R  I (4; 3;  2), R    3t  t  3   R  3 t  3, R   I (5; 4;  4), R    3 Suy pt (S) ( x  4)2  ( y  3)2  ( z  2)  ( x  5)  ( y  4)  ( z  4)  9 Số số thuộc M có chữ số A5  60 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 9.a (1,0 điểm) Câu 7.b (1,0 điểm) Số số thuộc M có chữ số A54  120 Số số thuộc M có chữ số A55  120 Suy số phần tử M 60  120  120  300 Các tập E có tổng phần tử 10 gồm E1  {1,2,3, 4}, E2  {2,3,5}, E3  {1, 4,5} Gọi A tập M mà số thuộc A có tổng chữ số 10 Từ E1 lập số số thuộc A 4! Từ tập E2 E3 lập số số thuộc A 3! Suy số phần tử A 4! 2.3!  36 36 Do xác suất cần tính P   0,12 300 Giả sử (C) có tâm I (a; b), bán kính R  B Vì (C) qua A, B nên IA  IB  R A  (a  1)2  (b  2)  (a  4)  (b  1)  R I b  3a   I (a; 3a  6) H   2 D C  R  10a  50a  65  R  10a  50a  65 9a  29 Kẻ IH  CD H Khi CH  3, IH  d ( I ,  )  (9a  29) 25 (9 a  29)2 Từ (1) (2) suy 10a  50a  65    169a  728a  559  25  I (1;  3), R  a       43 51   61  a  43 I  ; , R    13 13   13 13  Câu 9.b (1,0 điểm) 0,5   R  IC  CH  IH   Câu 8.b (1,0 điểm) 0,5 (1) (2) 43   51  1525  Suy (C ) : ( x  1)  ( y  3)2  25 (C ) :  x     y    13   13  169      u1  (1;  1; 1) Vì ( P ) // d1 , d nên (P) có cặp vtcp    nP  u1 , u2   (1; 2; 1) u2  (1; 2;  3) Suy pt (P) có dạng x  y  z  D  3 D (1) D  ( P ) : x  y  z   d  M , ( P)     6  (2)  D  9 ( P ) : x  y  z   Lấy K (1; 3; 1)  d1 N (1;  3; 2)  d thử vào phương trình (1) (2) ta có N  ( P) : x  y  z   nên d  ( P) : x  y  z   Suy phương trình mặt phẳng (P) thỏa mãn toán ( P) : x  y  z   Với x  R số nguyên dương n, theo nhị thức Niutơn ta có Cn0 x  Cn1 x   ( 1) n Cnn x n1  Cn0  Cn1 x   (1)n Cnn x n x  (1  x) n x  Suy   C n n n n n 1 n x  C x   ( 1) C x dx   (1  x) n 0,5 0,5 0,5 0,5 xdx 1 1 (1)n n Cn  Cn   Cn   (1  x) n dx   (1  x)n 1dx n2 0 1 , với n  N*    n  n  (n  1)( n  2) 1   n  3n  154   n  11 (vì n  N* ) Từ ta có ( n  1)(n  2) 156 Hay 0,5 ... điểm) ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2014 Mơn: TỐN – Khối B, D; Thời gian làm bài: 180 phút Đáp án a) (1,0 điểm) 10 Tập xác định: R \{1} 20 Sự biến thi? ?n: * Giới hạn vô cực: Ta có. .. (H) có tiệm cận ngang đường thẳng y  2, tiệm cận đứng đường thẳng x  1  0, x  * Chiều biến thi? ?n: Ta có y ''  ( x  1) Suy hàm số đồng biến khoảng  ; 1 1;    0,5 * Bảng biến thi? ?n:...  t f ''(t ) + Ta có f ''(t )   t ; f ''(t )    t  3 Suy bảng biến thi? ?n: f (t ) 0,5 (1)  – 0,5 Dựa vào bảng biến thi? ?n ta suy f (t )  f (3)  với t  (2) Từ (1) (2) ta có P  Dấu đẳng thức

Ngày đăng: 28/03/2023, 20:13

w