Để củng cố thêm kiến thức Toán học và chuẩn bị tốt cho các kì thi sắp tới mời các bạn tham khảo Đề khảo sát chất lượng lớp 12 lần 1 năm 2014 môn Toán của Trường Đại Học Vinh. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng cùng với phần nâng cao với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 NĂM 2014 Mơn: TỐN; Khối: B D; Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x - 3 Câu (2,0 điểm). Cho hàm số y = x - 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho. b) Tìm m để đường thẳng d : x + y + m = 0 cắt (H) tại hai điểm M, N sao cho tam giác AMN vuông tại điểm A (1; 0). Câu (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3x + 2cos2 x = + 4sin x + cos x(1 + sin x). 2 x +1- x +1 ) Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 16( x +1 = 4 x + 2 . 1 x + 2ln(3 x + 1) Câu (1,0 điểm). Tính tích phân I = ị dx . ( x + 1) 2 0 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A1 B1C 1 có AA1 = a 2, đường thẳng B1 C tạo với mặt phẳng ( ABB1 A 1 ) một góc 450 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB 1 BC. Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn < ( x + y ) + ( y + z )2 + ( z + x )2 £ 18. ( x + y + z ) 4 3( x + y + z 2 ) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a phần b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z 2 - 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) là trung điểm cạnh AC, điểm H (0; - 3) là 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 - = 0 và điểm C có hồnh độ dương. x + y - z - 2 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = và hai - 1 2 mặt phẳng ( P ) : x + y + z + = 0, (Q ) : x - y - z + = 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu 9.a (1,0 điểm). Cho tập hợp E = {1, 2, 3, 4, 5} . Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, các chữ số đơi một khác nhau thuộc E. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M. Tính xác suất để tổng các chữ số của số đó bằng 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) và đường thẳng D : x - y + = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua A, B và cắt D C, D sao cho CD = 6. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 1; 0) và hai đường thẳng x -1 y - z -1 x - y + z - 2 d1 : = = , d 2 : = = Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với d 1 và d 2 -1 -1 - 3 đồng thời cách M một khoảng bằng 6. Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 1 1 3 ( -1) n n 1 Cn - Cn + C n - Cn + + C n = n + 2 156 Hết Cảm ơn Đat Ma (datmasuto671995@yahoo.com.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl `. Kỳ khảo sát chất lượng lần 2 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 12 và ngày 13/4/2014. Đăng kí dự thi Văn phịng Trường THPT Chun từ ngày 22/3/2014 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 NĂM 2014 Mơn: TỐN – Khối B, D; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Câu 1. 1 0 . Tập xác định: R \{1}. (2,0 2 0 . Sự biến thiên: điểm) * Giới hạn tại vơ cực: Ta có lim y =2 v lim y =2. xđ-Ơ xđ+Ơ Giihnvụcc: lim+ y = -Ơ v lim- y = +Ơ. xđ1 xđ1 Suyrath(H)cútimcnnganglngthng y = 2, tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1. 1 * Chiều biến thiên: Ta có y ' = > 0, "x ¹ 1. ( x - 1) 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( -¥ ; 1) (1; + ¥ ) 0,5 * Bảng biến thiên: x 1 -¥ y ' + + ¥ y + + ¥ y 2 - ¥ 3 I 2 0,5 3 0 . Đồ thị: x O 1 3 ổ thctOx ti ỗ ữ , cắt Oy tại (0;3). è ø Nhận giao điểm I (1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. b) (1,0 điểm) 1 m Ta có d : y = - x - Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình 3 2x - 1 m = - x - , hay x 2 + ( m + 5) x - m - = 0, x ¹ 1. (1) x - 1 3 Ta có D = (m + 7)2 + 12 > 0, với mọi m. Suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Hơn nữa cả 2 nghiệm x1 , x 2 đều khác 1. Do đó d ln cắt (H) tại 2 điểm phân biệt M ( x1 ; y1 ), N ( x2 ; y 2 ). uuuur uuur Ta có AM = ( x1 - 1; y1 ), AN = ( x2 - 1; y2 ). uuuur uuur Tam giác AMN vuông tại A Û AM AN = 0. Hay ( x1 - 1)( x2 - 1) + y1 y2 = 0 1 Û ( x1 - 1)( x2 - 1) + ( x1 + m )( x2 + m ) = 0 9 (2) Û 10 x1 x + ( m - 9)( x1 + x2 ) + m 2 + = 0. Áp dụng định lý Viet, ta có x1 + x2 = -m - 5, x1 x2 = -m - 9. Thay vào (2) ta được 10( -m - 9) + (m - 9)( -m - 5) + m 2 + = 0 Û -6m - 36 = Û m = - 6. Vậy giá trị của m là m = - 6. Phương trình đã cho tương đương với Câu 2. sin 3x - sin x + 2cos x = 3(sin x + 1) + cos x(sin x + 1) (1,0 Û 2cos x sin x + 2cos x = (sin x + 1)(cos x + 3) điểm) Û (sin x + 1)(2cos x - cos x - 3) = 0 Û (sin x + 1)(4cos 2 x - cos x - 5) = 0 Û (sin x + 1)(cos x + 1)(4cos x - 5) = 0. 0,5 0,5 0,5 p + k 2p , k Ỵ Z . 2 *) cos x = -1 Û x = p + k 2p , k Ỵ Z . *) 4cos x - = 0 vơ nghiệm. p Vậy phương trình có nghiệm x = - + k 2p , x = p + k 2p , k Î Z . 2 1 Câu 3. Điều kiện: x ³ - 2 (1,0 Phương trình đã cho tương đương với điểm) 2 4( x +1- x +1 ) 23 x +1 = 2 2 x + 4 *) sin x = -1 Û x = - ( 0,5 0,5 2 ) + x + = x + 4 x + ) + x + = x + 4. Û x +1- 2x +1 2 ( Û 2x + - Đặt x + = t ³ 0, phương trình trở thành (t + - 2t 2 ) + 3t = t 2 + 3 Û t - 4t + 5t 2 - t - = 0 ( 0,5 ) Û (t - 2) t (t - 1) 2 + = 0 Û t = 2, vì t (t - 1) 2 + > 0 với mọi t ³ 0. 3 Từ đó giải được nghiệm của phương trình ban đầu là x = 2 1 3x ln(3 x + 1) Câu 4. Ta có I = ò ( x + 1)2 dx + ò ( x + 1) 2 dx . 0 (1,0 dx 1 3d x điểm) Đặt u = ln(3 x + 1) Þ du = Þ v = , dv = 2 x + 1 x + 1 ( x + 1) Áp dụng cơng thức tích phân từng phần ta có 3x 2ln(3 x + 1) dx 2 x +1 ( x + 1) I =ò 1 1 0 0,5 d x (3 x + 1)( x + 1) 0 + 6 ị 1 ỉ 3 ử ổ = ũỗ dx - ln + 3ũỗ ữ dx ữ x + ( x + 1) ø x + x + 1 ø 0è 0 è = - ln + 3ln 3x + x +1 C Câu 5. (1,0 điểm) A K H 1 3 = - + 4ln 2. 2 0 Từ giả thiết suy ra D ABC đều và BB1 ^ ( ABC ). Kẻ CH ^ AB, H là trung điểm AB. Khi đó · CH ^ ( ABB A ) Þ CB H = (· B C , ( ABB A ) ) = 45 0 1 1 1 Þ D CHB1 vng cân tại H. B a 2 0,5 Giả sử BC = x > 0 Þ CH = E C 1 K 1 A 1 B 1 x 3 và 2 0,5 2 B1 H = B1 B + BH = 2a 2 + x 4 Từ CH = B1 H Þ x = a Þ S ABC = x 2 3 = a 2 3 4 Suy ra thể tích lăng trụ V = AA1 .S ABC = a 3 6. Gọi K , K 1 là trung điểm BC , B1C 1 . Kẻ KE ^ AK1 . 0,5 Vì B1C1 ^ ( AKK1 ) nên B1C1 ^ KE Þ KE ^ ( AB1C1 ). Vì BC / /( AB1C 1 ) nên d ( BC , AB1 ) = d ( K , ( AB1C1 ) ) = KE. Tam giác AKK 1 vuông tại K nên (1) 1 a a 30 = + = 2 Þ KE = = 2 KE K1 K AK 6 a 5 5 (2) a 30 5 Từ giả thiết ta có £ x, y, z £ 3 và x + y + z > 0. Từ (1) và (2) suy ra d ( AB1 , BC ) = Câu 6. Suy ra x £ x , y £ y , z 2 £ 3 z. (1,0 2 2 điểm) Do đó x + y + z £ 3( x + y + z ). ( x + y + z ) 4 1 Khi đó P £ 3( x + y + z ) = 3( x + y + z ) - ( x + y + z ) 3 . 9( x + y + z ) 9 Đặt t = x + y + z , t > 0. 1 9 Xét hàm số f (t ) = 3 t - t 3 với t > 0. t 1 3 f '(t ) Ta có f '(t ) = - t 2 ; f '(t ) ³ Û < t £ 3. 0,5 (1) 3 + 0 +¥ – Suy ra bảng biến thiên: f (t ) 0,5 Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra f (t ) £ f (3) = 6 với mọi t > 0. (2) Từ (1) và (2) ta có P £ 6. Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 3, y = z = 0 hoặc các hoán vị. Vậy giá trị lớn nhất của P là 6, đạt được khi x = 3, y = z = 0 hoặc các hoán vị. Câu 7.a (1,0 điểm) A N ì x = - 3 t A Ỵ d : 2x + y - = ị A(-3a + 1, 2a+ 1). ợy = + 2 t Vì M (2; 1) là trung điểm AC nên suy ra C (3 + 3a; - 2a ) uuur ïì HA = ( -3a + 1; a + 4) Þ í uuur ïỵ HC = (3 + 3a; - 2a ). d M E é a = 1 uuur uuur · B H Vì AHC = 90 nên HA.HC = 0 Þ ê ê a = - 19 . êë 13 *) Với a = Þ A(-2; 3), C (6; - 1) thỏa mãn. C 0,5 0 19 ổ 18 51ử ị C ỗ - ữ không thỏa mãn. 13 è 13 13 ø Với A(-2; 3), C (6; - 1) ta có phương trình CE : x + 17 y + 11 = 0, phương trình BC : x - y - = 0 *) Với a = - Câu 8.a (1,0 điểm) Câu æ 3b + b + 3 ö Suy ra B (3b + b)ẻ BC ị trungim AB l N ỗ ữ ứ ố MN ẻ CE ị b = -4 Þ B (-3; - 4). Tâm mặt cầu (S) là I (t - 2; - t + 1; 2t + 2) Î d Vì (S) tiếp xúc (P), (Q) nên d ( I , ( P ) ) = d ( I , (Q) ) = R 1 é é t = -2, R = I (-4; 3; - 2), R = ê ê 3t + -t - 1 3 Û = = R Û ê Þê 3 êt = -3, R = ê I (-5; 4; - 4), R = 2 êë êë 3 1 4 Suy ra pt (S) là ( x + 4)2 + ( y - 3)2 + ( z + 2) 2 = hoặc ( x + 5) + ( y - 4) + ( z + 4) 2 = 9 9 3 Số các số thuộc M có 3 chữ số là A5 = 60. 0,5 0,5 0,5 0,5 9.a Số các số thuộc M có 4 chữ số là A5 4 = 120. (1,0 5 điểm) Số các số thuộc M có 5 chữ số là A5 = 120. Suy ra số phần tử của M là 60 + 120 + 120 = 300 Các tập con của E có tổng các phần tử bằng 10 gồm E1 = {1,2,3, 4}, E2 = {2,3,5}, E3 = {1, 4,5}. Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số bằng 10. Từ E 1 lập được số các số thuộc A là 4! Từ mỗi tập E 2 và E 3 lập được số các số thuộc A là 3! Suy ra số phần tử của A là 4!+ 2.3! = 36 36 Do đó xác suất cần tính là P = = 0,12. 300 Giả sử (C) có tâm I (a; b ), bán kính R > 0. B Câu Vì (C) đi qua A, B nên IA = IB = R A 7.b Û (a - 1)2 + (b - 2) = (a - 4)2 + (b - 1) 2 = R I (1,0 điểm) ìïb = 3a - ìï I (a; 3a - 6) D H Þí Þí 2 D C ï R = 10a - 50a + 65 ỵï R = 10a - 50a + 65 ỵ -9a + 29 Kẻ IH ^ CD H. Khi đó CH = 3, IH = d ( I , D ) = 5 0,5 0,5 (1) (9a - 29) 2 (2) Þ R = IC = CH + IH 2 = 9 + 25 (9 a - 29) 2 Từ (1) và (2) suy ra 10a - 50 a + 65 = + Û 169a 2 - 728a + 559 = 0 25 é I (1; - 3), R = 5 é a = 1 ê ê Þ ê ỉ 43 51 Û 61 ê a = 43 I ; , R = êë 13 ờở ỗố 13 13 ữứ 13 2 43 æ 51 ö 1525 æ Suy ra (C ) : ( x - 1) + ( y + 3)2 = 25 hoc (C ) : ỗ x - ữ + ỗ y - ÷ = 13 ø è 13 ø 169 è uur uur uur uur ïìu 1 = (1; - 1; 1) Þ nP = éëu1 , u 2 ùû = (1; 2; 1) Câu Vì ( P ) // d1 , d 2 nên (P) có cặp vtcp í uur ïỵu2 = (-1; 2; - 3) 8.b (1,0 Suy ra pt (P) có dạng x + y + z + D = 0. điểm) 3 + D (1) é D = 3 é( P ) : x + y + z + = d ( M , ( P ) ) = Û = 6 Û ê Þê (2) 6 ë D = -9 ë ( P ) : x + y + z - = Lấy K (1; 3; 1) Ỵ d1 và N (1; - 3; 2) Ỵ d 2 thử vào các phương trình (1) và (2) ta có N Ỵ ( P ) : x + y + z + = 0 nên d 2 Ì ( P ) : x + y + z + = 0 . Suy ra phương trình mặt phẳng (P) thỏa mãn bài tốn là ( P ) : x + y + z - = 0. Với mọi x Ỵ R và mọi số ngun dương n, theo nhị thức Niutơn ta có Câu Cn0 x - Cn1 x + + ( -1) n Cnn x n +1 = Cn0 - Cn1 x + + ( -1) n Cn n x n x = (1 - x ) n x. 9.b 1 (1,0 Suy ra C x - C1 x + + ( -1) n C n x n +1 dx = (1 - x) n xdx. n n n ò0 ò 0 điểm) ( ( ) 0,5 0,5 0,5 0,5 ) 1 1 (-1) n n Hay Cn0 - Cn1 + + Cn = ò (1 - x) n dx - ò (1 - x)n +1 d x n + 2 0 1 1 = = , với mọi n Ỵ N * . n + n + ( n + 1)( n + 2) 1 = Û n 2 + 3n - 154 = Û n = 11 (vì n Ỵ N * ). Từ đó ta có ( n + 1)( n + 2) 156 Cảm ơn Đat Ma (datmasuto671995@yahoo.com.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl 0,5 ...TRƯỜNG ĐẠI HỌC? ?VINH? ? TRƯỜNG THPT CHUN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP? ?12 , LẦN? ?1 NĂM 2 014 Mơn: TỐN – Khối B,? ?D; Thời gian làm bài:? ?18 0 phút Câu Đáp án Điểm a) (1, 0 điểm) Câu? ?1. ... Suy ra C x - C1 x + + ( -1 ) n C n x n +1? ? dx = (1 - x) n xdx. n n n ò0 ò 0 điểm) ( ( ) 0,5 0,5 0,5 0,5 ) 1? ? 1 ( -1 ) n n Hay Cn0 - Cn1 + + Cn = ò (1 - x) n dx - ò (1 - x)n +1? ?d x ... 1) ( x2 - 1) + ( x1 + m )( x2 + m ) = 0 9 (2) Û 10 x1 x + ( m - 9)( x1 + x2 ) + m 2 + = 0. Áp dụng định lý Viet, ta có x1 + x2 = -m - 5, x1 x2 = -m -? ?9. Thay vào (2) ta được 10 ( -m -