Đề khảo sát chất lượng lớp 12 lần 1 môn Toán THPT năm học 2015-2016

Viết phương trình đường tròn tâm A và tiếp xúc với d bTrong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC.. Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại[r]

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN THPT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) a) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = x3+x2 -2x +1 điểm có hoành độ x = x 1 b) Tìm m để phương trình:  x  m  có hai nghiệm phân biệt x 2 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: 2cosx+ s inx   sin 2x  b) Cho cosα = ,      Tính cos      6 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số: y  x  , x 1 x 1 Câu (1,0 điểm) a) Tìm số hạng không chứa x khai triển Niu-tơn biểu thức  2  x   , với x  x  b) Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; lập bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số đôi khác Lấy ngẫu nhiên số các số lập được, tính xác suất để lấy số chẵn Câu (1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy(ABC), SA  a , AB  AC  a , góc BAC 1200 ; lấy điểm M trên cạnh BC cho MC = 2MB a)Tính góc đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC) b)Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách hai đường thẳng SM và AC Câu 6(1,5 điểm) a)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d: x-y+2 = và A(1;1) Viết phương trình đường tròn tâm A và tiếp xúc với d b)Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC có phương trình là x  y   0, x  y   Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai là D  4; 2  Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết hoành độ điểm B không lớn  x  y  y  y ( x, y  R ) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  ( y  1)( y  x  1)  x  Câu (1,0 điểm) Cho a,b,c >0 thỏa mãn: a2+b2 + c(a+b) + 4c2 = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = P  a b  c  ac  b  a  c bc  c Hết Họ và tên thí sinh:…………………………………….; Số báo danh:…………………… Lop10.com Câu Nội dung Điểm Thay x =1 vào công thức hàm số ta có y = Vậy tiếp điểm M(1;1) 0,25 Ta có: y’ = 3x2+2x-2  y’(1) = là hệ số góc tiếp tuyến 0,25 Phương trình tiếp tuyến M là: y = 3(x-1) + hay y = 3x-2 0,5  x  (m 1) x  2m 1  (1) với x  0,25 + Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x  0,25   m  6m     2  (m  1).2  2m 1   0,25 m  hoac m     m  hoac m  1  0,25 1b (1,5) 2ª Ta có: 2cosx+ s inx   sin 2x  (2cosx-1)  s inx(2cosx  1)  (0,5)  (2cosx-1)(1- sin x)  0,25  sinx    cosx=     x   k2  (k  Z)  x=    k2  0,25 2b (0,5) (1,0)  2 sin    cos 2  ,      sin   0,25 32    12 Khi đó: cos(  )  cos  cos  sin  sin    6 2 0,25 Với x > ta có y '   x y’(x)  x  1  y '   x  (do x  1) + 0,5 + + + y(x) Từ BBT ta có Min y  x  0,5 x 1 Chú ý: Học sinh có thể sử dụng BĐT Cô- si Lop10.com 4ª  2 k 8k   (0,5) Số hạng tổng quát khai triển Niu-tơn  x   là C8 (x )   x  x  Ck8 2k x24  4k Số hạng này không chứa x và 24 – 4k =  k = k 0,25 Vậy số hạng không chứa x là C68 26 = 1792 0,25 4b Gọi số cần lập là abcd với a,b,c,d  0;1; 2;3; 4 , và a  (0,5) a có cách chọn b có cách chọn c có cách chọn d có cách chọn Số các số lập là: 4.4.3.2 = 96 Ta xét hai trường hợp: Gọi số cần lập là abcd với a,b,c,d  0;1; 2;3; 4 , d chẵn và a  Ta xét hai trường hợp: - Trường hợp 1: Lần lượt chọn sau + Chọn d = 0, có cách; + Chọn a, có cách; + Chọn b, có cách; + Chọn c, có cách Suy trường hợp lập 1.4.3.2 = 24 số - Trường hợp 2: Lần lượt chọn sau + Chọn d 4, có cách; + Chọn a, có cách; + Chọn b, có cách; + Chọn c, có cách Suy trường hợp lập 2.3.3.2 = 36 số 0,25 Vậy lập 24 + 36 = 60 số Xác suất chọn số chẵn là: P = 0,25 60  96 a) Ta có: AC là hình chiếu SC trên mf(ABC), nên góc SC và (1,5) (ABC) là góc SCA S 0,25  SA   SC A  54,7 AC b) Diện tích tam giác ABC là: S ABC = AB AC sin1200 3a = a 3.a = (đvdt) 2 0,25 tanSCA  l H A C B 0,25 M Vậy thể tích hình chóp S.ABC là: VS ABC = = 1 3a S  ABC SA  a 3 3a (đvtt) 0,25 Lop10.com *) Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABC ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  BC = 3a  MB = a Áp dụng định lí hàm cosin vào tam giác ABM ta có: AM  AB  MB  AB.MB cos30  a  AM  a  AM  BM  a Do đó tam giác AMB cân M nên BAM  ABM  300  MAC  900  AM  AC (1) Mặt khác: SA  ( ABC )  SA  AC Từ (1) và (2) ta có: AC  (SAM ) (3) Kẻ AH  SM ( H  SM ) (4) Từ (3) và (4) ta được: d  AC, SM   AH (2) 0,25 Trong tam giác ASM vuông A ta có: 1 a a 42  2   AH   2 AH SA AM 6a 7 0,25 Vậy d  AC, SM   a 42 (1,5) Tâm A(1;1) Khoảng cách từ A tới d là d  11 2 Vậy phương trình đường tròn là: (x-1)2+(y-1)2=2   R  A E H B K M C D Gọi M là trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC,Klà giao điểm  BC và AD, E là giao điểm BH và AC Ta kí hiệu nd , u d là vtpt, vtcp đường thẳng d Do M là giao điểm AM và BC nên tọa độ M là nghiệm hệ phương trình:   x  x  y   7 1   M  ;   2 2 3 x  y   y      AD vuông góc với BC nên nAD  uBC  1;1 , mà AD qua điểm D suy phương trình AD :1 x    1 y     x  y   Do A là giao điểm AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm hệ phương trình Lop10.com 0,5 3 x  y   x    A 1;1  x  y   y 1 0,25 Tọa độ điểm K là nghiệm hệ phương trình: x  y   x    K  3;  1  x  y    y  1   KCE  , mà   (nội tiếp chắn cung Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK KCE  BDA    BDK  , K là trung điểm HD nên H  2;  AB ) Suy BHK (Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, 0,25 trừ 0.25 điểm) Do B thuộc BC  B  t ; t   , kết hợp với M là trung điểm BC suy C   t ;3  t    HB (t  2; t  8); AC (6  t ;  t ) Do H là trực tâm tam giác ABC nên   t  HB AC    t    t    t    t     t  14  2t     t  Do t   t   B  2; 2  , C  5;1    0,25  Ta có AB  1; 3 , AC   4;   nAB   3;1 , nAC   0;1 Suy AB : 3x  y   0; AC : y   0,25 (1)  x  y  y  y Câu 7: Giải hệ phương trình:  ( y  1)( y  x  1)  x  (2) Điều kiện: x  , y  (*) (2)  y  xy  y  3x    ( y  xy  y )  (3 y  3x  3)   y( y  x  1)  3( y  x  1)   ( y  x  1)( y  3)   y  x   (vì y  )  x  y  (3) y   y  y2  y Thế (3) vào (1) ta có 0,25 ( y  )    y   y ( y  2)  ( y  2)   2y   y  2y   y   y  (4)     y  (5)  y   y 0,25 - Với (4) ta có (x = 1; y = 2) (thoả mãn (*)) 0,25  y2 - Xét (5): y  ta có: 2y   y y 0   nên (5)  y  Từ đó ta có (x = 0; y = 1) (thoã mãn (*)) Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là (x = 1; y = 2) và (x = 0; y = 1) Lop10.com 0,25 x2 y2  x  y  dấu xảy (1,0) Trước hết ta có bổ đề:với a,b>0 thì a  b  a  b (học sinh phải chứng minh)  b2   a2  1  c   b   c    b  a  ( a  b) c  c  a   b  c 1     4c     4c     c c c   x y  a b 0,25 Áp dụng bổ đề ta có: P  a  Dấu “=” a=b=1;c=1/2 Vậy Pmax=1 a = b= và c =1/2 0,5 0,25 Trong mặt phẳng (Oxy) cho đường tròn (C ): 2x2+2y2-2x+2y-1 = 0và hai đường thẳng d1: xy+4 =0; d2: 6x+4y-1=0 a) Tính khoảng cách từ tâm I đường tròn (C) tới đường thẳng d1 b) Từ điểm M thuộc d kẻ tiếp tuyến MA,MB tới (C ) với A,B là tiếp điểm Viết phương trình đường thẳng AB biết tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABM thuộc d2 Lop10.com