1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

Đề thi khảo sát chất lượng lần 3 toán khối B và D trường THPTChuyên Đại học Vinh năm 2014 có đáp án

6 535 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 140,25 KB

Nội dung

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m=1.. Tìm m để C mcó điểm cực đại là A, hai điểm cực tiểu là B và C sao cho tứ giác ABIC là hình thoi.. Tính thể tích khối tr

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - 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 hàm số 1 4 ( 1) 2 2 1

4

y= xm+ x + m+ có đồ thị (C m), 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) Cho 0; 5

2

I 

  Tìm m để (C m)có điểm cực đại là A, hai điểm cực tiểu là B và C sao cho tứ giác ABIC là

hình thoi

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin 4x+2sin3x=sinx+ 3 cos cos2 x x

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

( , )

x y

Câu 4 (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn bởi các đường

1

x

+ − và x=1 xung quanh trục hoành

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABC có SA=6 ,a AB=3 a Gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho

1

2

MS = MC Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a và cosin của góc giữa hai đường thẳng SB và AM

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn x2+ y2+(3x−2)(y− =1) 0 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=x2+y2+ + +x y 8 4− −x y

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 đường tròn , ( ) : (C x−2)2+ −(y 1)2 =5 và đường thẳng d x: −3y− =9 0. Từ điểm M thuộc d kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với (C) lần lượt tại A và B Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài AB nhỏ nhất

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng , : 1

x y z

− − và

x yz

Viết phương trình mặt cầu có tâm I thuộc d, cắt tại hai điểm A, B sao cho IAB là tam

giác vuông và AB=2 11

Câu 9.a (1,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau sao cho trong mỗi số đều

có mặt các chữ số 8 và 9?

b Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy viết phương trình chính tắc của elip (E) có tâm sai , bằng 3

,

5 biết diện tích của tứ giác tạo bởi các tiêu điểm và các đỉnh trên trục bé của (E) bằng 24

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm (2; 0; 2),AB(3; 1; 4),− − C( 2; 2; 0).−

Tìm điểm D trong mặt phẳng (Oyz) có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (Oxy) bằng 1

Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z+2i =2 3 và ( 3+i z) có một acgumen bằng

3

π

- Hết -

Trang 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2014

Môn: TOÁN – Khối B, D; Thời gian làm bài: 180 phút

a) (1,0 điểm)

Khi m=1 hàm số trở thành 1 4 2 2 3

4

y= xx +

a) Tập xác định: D=R; y là hàm số chẵn

b) Sự biến thiên:

* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim

→+∞ = +∞

* Chiều biến thiên: Ta có y'=x3−4 ;x

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−2; 0 , 2;) ( + ∞); nghịch biến trên mỗi khoảng

(−∞ −; 2 , 0; 2 ) ( )

* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0, y CĐ =3, hàm số đạt cực tiểu tại x= ±2, y CT = −1

0,5

* Bảng biến thiên:

c) Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng

0,5

b) (1,0 điểm)

Ta có y'=x3−2(m+1) ,x với mọi xR

(C m) có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu ⇔ y'=0 có 3 nghiệm phân biệt

⇔2(m+ > ⇔ > −1) 0 m 1 (1) Khi đó 3 nghiệm phân biệt của 'y =0 là x=0,x= − 2(m+1) và x= 2(m+1)

Điểm cực đại của (C m) là (0; 2A m+1), hai điểm cực tiểu là

2( 1);

Bm+ −m và ( 2)

C m+ −m

0,5

Câu 1

(2,0

điểm)

Nhận thấy rằng AI vuông góc với BC tại ( 2)

0;

Hm và H là trung điểm của BC Do đó tứ giác ABIC là hình thoi khi và chỉ khi H là trung điểm của AI Hay là

2

3 2

m= −

Đối chiếu điều kiện (1) ta được giá trị của m là 1

2

m=

0,5

x

'

y

y

2

3

∞ +

1

0 +

∞ +

1

x

O

y

2

1

3

2

Trang 3

Phương trình đã cho tương đương với

2sin 2 cos 2x x+sin (2sinx 2x− −1) 3 cos cos 2x x=0 cos 2 (2sin 2x x sinx 3 cos )x 0

x= ⇔ = +x π kπ k∈ .

Z

0,5

Câu 2

(1,0

điểm)

π

Vậy nghiệm của phương trình là ,

x= +π k π x= π +k π k

Z

0,5

Phương trình thứ hai của hệ tương đương với (x+1)3+ + =x 1 (2 )y 3+2 y (1)

Xét hàm số f t( )= +t3 t với tR

Ta có f t'( )=3t2+1; f t'( )>0 với mọi tR Do đó hàm ( ) f t đồng biến trên R Khi đó

phương trình (1) ⇔ f x( + =1) f(2 )y ⇔ + =x 1 2y⇔ =x 2y−1

0,5

Câu 3

(1,0

điểm)

Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được

y4−2y3+3y2−2y− =3 0

2

2

1

3

y y

y y

 − =

− = −



2

y ±

⇔ =

Suy ra nghiệm (x; y) của hệ là 5;1 5

2

2

0,5

Thể tích khối tròn xoay là

1

2 0

d

x V

x

π

=

Đặt t= 4 3 ,− x ta có khi x=0 thì t=2, khi x=1 thì t=1 và

2

4 3

t

x= −

nên d 2 d

3

t

x= − t

0,5

Câu 4

(1,0

điểm)

Khi đó ta có

t

+

2

1

+

0,5

Gọi O là tâm tam giác đều ABC; P là trung điểm AB

Từ giả thiết suy ra ( ), 2

3

SOABC CO= CP (O thuộc đoạn CP)

2

ABC

AB= aS = CP= ⇒CO=a

.

0,5

Câu 5

(1,0

điểm)

Kẻ MN // SB (N thuộc đoạn BC, 1 )

2

S

B

M

N

P

O

Trang 4

Suy ra cos(SB AM, )=cos(MN AM, )= cosAMN (1)

3

MN= SB= a Áp dụng định lý cosin cho các tam giác ANC, SAC, SAM ta có

8

AN =a ASC= AM =a

7 19

MA MN AN AMN

MA MN

Từ (1) và (2) ta suy ra cos( , ) 7 19

38

SB AM =

Ta có giả thiết x2+y2+(3x−2)(y− =1) 0 2

(x y) 3(x y) 2 xy y

Vì x, y không âm nên − − ≤xy y 0 Suy ra (x+y)2−3(x+ + ≤ ⇔ ≤ + ≤y) 2 0 1 x y 2

Đặt t= +x y, khi đó t∈[1; 2]

Ta có P=x2+y2+ + +x y 8 4− − ≤ +x y (x y)2+ + +(x y) 8 4 (− +x y)

= + +t2 t 8 4−t

0,5

Câu 6

(1,0

điểm)

Xét hàm số f t( )= + +t2 t 8 4−t với t∈[1; 2]

Ta có '( ) 2 1 4

4

f t t

t

= + −

− , với mọi t∈[1; 2] Chú ý rằng

4

2

f t > − > với mọi t∈(1; 2)

Suy ra f t đồng biến trên [1; 2] Do đó ( )

[1; 2]

max ( )f t = f(2)= +6 8 2 Suy ra P≤ +6 8 2, dấu

đẳng thức xảy ra khi 0 2, 0

2

xy

t

=

=

Vậy giá trị lớn nhất của P là 6 8 2,+ đạt khi

2, 0

x= y=

0,5

(C) có tâm (2; 1), I bán kính R= 5, ( , )d I d = 10> R nên d không cắt (C)

(3 9; )

MdM m+ m

Từ tính chất tiếp tuyến ta có MIAB tại H là trung điểm AB

Trong tam giác vuông AIM ta có 1 2 12 1 2

AH = AI + AM

+

0,5

Câu

7.a

(1,0

điểm)

Ta có AB nhỏ nhất AH nhỏ nhất ⇔IM nhỏ nhất (R= 5 không đổi)

IM2 =(3m+7)2+(m−1)2 =10(m+2)2+10 10≥ nên suy ra IMmin = 10 khi m= −2

Suy ra M(3;−2)

0,5

IAB

có IA=IB nên vuông tại I Suy ra 1 11

2

IH = AB= (H

là hình chiếu của I lên AB)

Suy ra ( ,d I ∆ =) 11 (1) Khi đó bán kính mặt cầu R=IH 2= 22

0,5

Câu

8.a

(1,0

điểm)

(2 ; ; 2 1); (1; 1; 2)

IdI t − − +t t u∆ = − và M(0; 1; 2)∈ ∆ ⇒MI=(2 ;t − − − −t 1; 2t 1)

⇒ = − − − + − − ( , ) , 29 2 26 11

6

d I

u

 

d

M

A

I

B

H

R

d

B

H

R

A

I

Trang 5

Từ (1) và (2) 2

(2; 1; 1) 1

; ;

29 29 29 29

I t

I t

− −

=

Suy ra pt mặt cầu (x−2)2+ +(y 1)2 + +(z 1)2 =22 và

22

Giả sử số cần lập là abcd d, ∈{0, 2, 4, 6, 8} Xét các trường hợp sau

* d=0 Số cách lập abc trong đó có các chữ số 8 và 9 là C71.3!=42 0,5

Câu

9.a

(1,0

điểm) * d=8 Số cách lập abc trong đó có chữ số 9 là C82.3!−C71.2! 154.=

* d∈{2, 4, 6} Số cách lập abc trong đó có các chữ số 8 và 9 là ( 1 )

7

3 C 3! 2− =120

Vậy số các số lập được là 42 154 120+ + =316

0,5

Phương trình chính tắc (E) có dạng

x y

a b

a + b = > > Gọi F1(−c; 0),F c2( ; 0) là các tiêu điểm với c= a2−b2,

B1(0;−b B), 2(0; )b là các đỉnh trên trục bé

1 1 2 2

F B F B

⇒ là hình thoi

Suy ra

F B F B

S = F F B B = c b= bc=

bc=12⇔b c2 2 =144⇔b a2( 2−b2)=144 (1)

0,5

Câu

7.b

(1,0

điểm)

5

c

a

4

a= b (2)

Từ (1) và (2) suy ra 5

4

a b

=

=

 Suy ra

25 16

x y

0 0

DOyzD y z , điều kiện z0 <0.

Phương trình (Oxy) :z=0⇒d D Oxy( , ( ))= z0 = − =z0 1 Suy ra z0 = −1⇒D(0; y0; 1).− 0,5

Câu

8.b

(1,0

điểm)

Ta có AB= − −(1; 1; 2),AC= −( 4; 2; 2),AD= −( 2; y0; 1)

Suy ra  AB AC, =(2; 6; 2)− ⇒ AB AC AD, .=6y0−6

0 0

0

3 1

1

6

ABCD

y

y

=

= −

  

Suy ra D(0; 3; 1)− hoặc D(0; 1; 1).− −

0,5

Đặt z=r(cosϕ+isinϕ),r>0

Suy ra z =r(cos(− +ϕ) isin(−ϕ) ) Khi đó ( 3 ) 2 cos sin

i z r π ϕ i π ϕ

π − = ⇔ = −ϕ π ϕ π

r r

z= − i

0,5

Câu

9.b

(1,0

điểm)

Suy ra z+2i =2 3⇔ 3 2 2 3

i

2 2

2

3

0,5

x

y

c

b

1

2

B

1

B

O

Trang 6

Vậy z= 3−i.

Ngày đăng: 18/06/2015, 10:10

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w