Đề khảo sát chất lượng lớp 12 lần 1 năm 2014 môn Toán (khối B, D) - Trường Đại Học Vinh

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) Πd   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 -