Đề thi khảo sát chất lượng môn toán lớp 12 đề số 10

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MÔN: TOÁN LỚP 12 Thời gian: 180 phút ĐỀ 10 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y= x+2 2x +1 (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Đường thẳng ( d1 ) có phương trình y = x cắt (C) hai điểm A B Đường thẳng ( d ) có phương trình y = x + m Tìm tất giá trị m để ( d ) cắt (C) hai điểm phân biệt C, D cho A, B, C, D bốn đỉnh hình bình hành Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình: Giải phương trình: cos x ( cos x − 1) = ( + sin x ) sin x + cos x x 3 x + − x + x +  = x + x + −   Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn: e3 x − cos x lim x→0 x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = 3a ( a > ) ; SA tạo với mặt phẳng đáy (ABC) góc 60o Tam giác ABC vuông B, ·ACB = 300 ; G trọng tâm tam giác ABC Hai mặt phẳng (SGB) (SGC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a Câu V (1,0 điểm) Cho ba số x, y, z thuộc đoạn [ 0; 2] A = x + y + z − xy − yz − zx x + y + z = Tìm giá trị lớn II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2); đường thẳng d1 : x + y – = đường thẳng d : x + y – = Tìm tọa độ điểm B thuộc d1 điểm C thuộc d2 cho tam giác ABC vuông cân A 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x + y + = 0; d : x − y − = Viết phương trình đường tròn có tâm nằm đường thẳng ∆ : x − y − 10 = tiếp xúc với d1 , d n Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số số tự nhiên thỏa mãn hệ thức x khai triển biểu thức 2 3  −x ÷ x  , biết n Cnn−−46 + nAn2 = 454 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elíp (E): x2 + y2 = điểm C ( 2; ) Hãy tìm tọa độ điểm A, B thuộc (E) cho tam giác ABC tam giác Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm M ( 1; ) , N ( 3; −4 ) đường thẳng d có phương trình x + y – = Viết phương trình đường tròn qua M, N tiếp xúc với d Câu VII.b (1,0 điểm) Trong lô hàng có 12 sản phẩm khác nhau, có phế phẩm Lấy ngẫu nhiên sản phẩm từ lô hàng Hãy tính xác suất để sản phẩm lấy có không phế phẩm -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm ĐÁP ÁN: Câ u Ý Nội dung trình bày I 1,0 điểm TXĐ: D = ¡ Giới hạn: Điể m  1 / −   2 1 lim y = ; lim y = ; lim+ = +∞; lim− = −∞ x →−∞ x →+∞ x →− x →− TCĐ: x=− SBT y'= ; TCN: 0.25 y= −3 < ∀x ≠ − (2 x + 1) Hàm số nghịch biến 1   −∞; − ÷ 2     − ; + ∞ ÷   0.25 BBT x −∞ − y’ y − +∞ − 0.25 +∞ −∞ c) Đồ thị: Giao với Ox ( −2;0 ) Giao với Oy ( 0; ) Đồ thị nhận giao điểm 0.25  1 I − ; ÷  2 hai tiệm cận làm tâm đối xứng 1,0 điểm d1 giao (C) điểm A(-1;-1) , B(1;1) AB = 0.25 Phương trình hoành độ giao điểm d2 (C) 2 x + 2mx + m − = (1) x+2  = x+m⇔  2x + x ≠ −  0.25 d2 cắt (C) điểm C, D (1) có nghiệm phân biệt nghiệm khác  m − 2m + >  −1/ ⇔   −m+m−2≠ 2 C ( x1; x1 + m ) ; D ( x2; x2 + m ) ∀m ( x1 , x2 nghiệm (1)) ABCD hình bình hành m ≠  AB / / CD ⇔ ⇔ 2  AB = CD ( x1 + x2 ) − x1 x2 = m ≠ ⇔ ⇒m=2  m − 2m = KL: II 0.25 0.25 m = 1,0 điểm Điều kiện: Ta có: sin x + cos x ≠ ⇔ x ≠ − π + kπ , k ∈ ¢ (*) PT ⇔ ( + sin x ) ( + co s x ) ( + sin x ) = 0.25 0.25 π  x = − + k 2π 1 + sin x =  ⇔ ⇔ ; k ∈¢  1 + cos x =  x = π + k 2π Kết hợp với điều kiện (*), suy phương trình cho có họ nghiệm π x = − + k 2π ; x = π + k 2π ( k ∈ ¢ 0.5 ) 1,0 điểm Đặt t = 3x + x + ⇒ t = 3x + x + Ta phương trình (t ≥ ) t = t − 2( x + 2)t + x + = ⇔  t = x + 0.25 t =3 ta t = 2x +1  −1 + 97 x = 3x + x − = ⇔   −1 − 97 x =  ta  x≥−   x ≥ −  3x + x + = x + ⇔  ⇔ ⇔ x=0 x=0   x + 3x =     x = −3 Vậy phương trình có nghiệm III 0.25 x = 0; x = −1 + 97 −1 − 97 ;x = 6 0.25 1,0 điểm  e3 x − e3 x − cos x − cos x  = lim  + ÷ x→0 x→0 x x  3x  0.5 lim  x  sin  e3 x − ÷ x ÷ = 1.3 + 1.0 = = lim  + x→0 x2 ÷  x ÷   IV 0.25 0.5 1,0 điểm Gọi M trung điểm BC Ta có ( SBG ) ∩ ( SCG ) = SG (SGB) (SGC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) suy · SG ⊥ ( ABC ), SAG = 600 , SG chiều cao chóp S.ABC 0.25 3a · SG = SA.sin SAG = 3a = 2 ∆ABC vuông B có AM = AB + BM = x Từ (1) (2)suy S ABC = C = 30 ; o ; 3a · AG = SA.cos SAG = (1) Đặt AG = AB = x ( x > ) x AM = 3 suy x BC = x 3, BM = 0.25 (2) 0.25 x 3a 9a = ⇔ x= 2 1 81a 1 3a 81a 243a AB.BC = x = = ; VS ABC = SG.S ABC = 2 56 3 56 112 0.25 (đvtt) V 1,0 điểm Ta có ( x + y + z ) = x + y + z + ( xy + yz + zx ) ⇔ xy + yz + zx = Vậy nên x2 + y + z − 2 A = ( x2 + y + z ) − 2 0.25 Không tính tổng quát, giả sử: x ≥ y ≥ z ⇒ = x + y + z ≤ 3x ⇒ x ≥ ⇒ x ∈ [ 1; 2] Lại có: Xét 0.25 y + z ≤ ( y + z)2 = ( − x ) ⇒ x2 + y + z ≤ ( − x ) + x = x − 6x + 2 f ( x) = x − x + 9, x ∈ [ 1; 2] ⇒ f '( x) = x − 6, f '( x ) = ⇔ x = 3 f (1) = 5; f (2) = 5; f  ÷ = 2 Suy Vậy VI a x2 + y + z ≤ , Amax = 1,0 điểm đẳng thức xảy x = 2, y = 1, z =  x =  x =   x =  ⇔ y =1  yz = x + y + z = z =    x ≥ y ≥ z hoán vị chúng 0.25 0.25 Ta có: B ∈ d1 ⇔ B ( a; − a ) , C ∈ d ⇔ C ( b; − b ) uuur uuur ⇒ AB = ( a − 3;1 − a ) , AC = ( b − 3;7 − b ) uuur uuur  AB AC = ∆ ABC vuông cân A ⇔  2  AB = AC 0.25 (1) 2ab − 10a − 4b + 16 = ⇔ 2 2a − 8a = 2b − 20b + 48 (2) 0.25 Nhận thấy: a = không nghiệm hệ Do ( 1) ⇔ b = 5a − a−2 Thế vào (2) tìm Với a=0 ta có b=4 Vậy B ( 0; 3) Với a=4 ta có b = Vậy B ( 4; − 1) a=0 C ( 4; ) a=4 0.25 0.25 C ( 6; 3) 1,0 điểm Xét I ( a; b ) tâm R bán kính đường tròn (C) Do I ∈ ∆ ⇔ a = 6b + 10 ( 1) Đường tròn (C) tiếp xúc với  3a + 4b + =R  d1 ; d ⇔   4a − 3b − = R  ( 2) 0.25 ( 3) Từ (1); (2); (3) suy ( 6b + 10 ) + 4b + = ( 6b + 10 ) − 3b − b =  22b + 35 = 21b + 35 ⇔ ⇔ b = − 70 22 b + 35 = − 21 b − 35  43  Từ (1) suy  a = 10   a = 10 43  R =  R = 43  Vậy có hai đường tròn thỏa mãn: 0.25 0.25 0.25 2 10 70 49 ( C1 ) : ( x − 10 ) + y = 49 ; ( C2 ) :  x − ÷ +  y + ÷ = 43   43  1849  VII a 1,0 điểm n≥6 Từ hệ thức cho suy Cnn−−46 + nAn2 = 454 ⇔ ( n − ) ! + n n ! = 454 2!( n − ) ! ( n − 2) ! 0.25 0.25 2n3 − n − 9n − 888 = ⇔ n = 8 Với 8 k 8− k 8− k 2  n = ,  − x ÷ = ∑ C8k ( x −1 ) ( − x ) = ∑ C8k 2k ( −1) x 24 − k x  k =0 k =0 Hệ số x4 tương ứng với Vậy hệ số x4 VI b C85 25 ( −1) 0.25 24 − 4k = ⇔ k = −5 = −1792 0.25 1,0 điểm 0.25 Do CA = CB = AB suy A, B nằm đường tròn tâm C bán kính CA nên A, B đối xứng qua Ox Giả sử A(a; b) ⇒ B (a; − b) Do A, B thuộc (E) suy Tam giác ABC suy a2 + b2 = AB = AC ⇔ 4b = ( a − 2) + b (2) (1) 0.25 0.25 Từ (1) (2) ta có: Do A≠C Vậy  a2 (1)  +b =1 4  4b = (a − 2) + b     −4  A  ; ÷ ÷; B  ; ÷ ÷ 7  7  a = ⇒ b = ⇔  a = ⇒ b = ±4 (2)  7  −4    A  ; ÷; B  ; ÷ ÷ ÷ 7  7  0.25 1,0 điểm Gọi E trung điểm MN ta có E(2;-1) Gọi MN Suy ∆ ∆ đường trung trực 0.25 x − − ( y + 1) = ⇔ x − y − = có phương trình Gọi I tâm đường tròn qua M, N I nằm ∆ Giả sử I ( 3t + 5; t ) Ta có IM = d ( I , d ) ⇔ ( 3t + ) + ( t − ) 2t + 12t + 18 = ⇔ t = −3 ( 4t + ) = 0.25 2 Từ suy I ( −4; −3) , bán kính R = IM= Phương trình đường tròn ( x + ) VII b 2 0.25 + ( y + 3) = 50 0.25 C126 = 924 0.25 1,0 điểm Số phần tử không gian mẫu (phần tử) Xét trường hợp sản phẩm lấy có phế phẩm suy có C104 = 210 cách xác xuất 210 924 0.25 Vậy xác suất lấy ngẫu nhiên sản phẩm từ lô hàng có không phế phẩm P = 1− -Hết - 210 714 17 = = 924 924 22 0.5 ... 35 = − 21 b − 35  43  Từ (1) suy  a = 10   a = 10 43  R =  R = 43  Vậy có hai đường tròn thỏa mãn: 0.25 0.25 0.25 2 10 70 49 ( C1 ) : ( x − 10 ) + y = 49 ; ( C2 ) :  x − ÷ +  y... sản phẩm lấy có phế phẩm suy có C104 = 210 cách xác xuất 210 924 0.25 Vậy xác suất lấy ngẫu nhiên sản phẩm từ lô hàng có không phế phẩm P = 1− -Hết - 210 714 17 = = 924 924 22 0.5 ... = Viết phương trình đường tròn có tâm nằm đường thẳng ∆ : x − y − 10 = tiếp xúc với d1 , d n Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số số tự nhiên thỏa mãn hệ thức x khai triển biểu thức 2 3  −x ÷ x