zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Đề khảo sát chất lượng lớp 12 môn Toán năm 2011 - THPT Chuyên

Chia sẻ: Tong Quoc Dinh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

61
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề khảo sát chất lượng lớp 12 môn Toán năm 2011 - THPT Chuyên" gồm 2 phần: phần chung có 5 câu hỏi bài tập ứng với thang điểm 7, phần riêng được chọn giữa chương trình chuẩn hoặc chương trình nâng cao ứng với thang điểm 3. Ngoài ra tài liệu này còn kèm theo đáp án giúp các bạn dễ dàng tham khảo và so sánh kết quả. Mời các bạn cùng thử sức với đề thi này nhé.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề khảo sát chất lượng lớp 12 môn Toán năm 2011 - THPT Chuyên

www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, NĂM 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  4. m 2. Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình ( x  2) 2  . x 1 Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 34 x  32 x 1 1  4.32 x  x 1. 2. Tính các góc của tam giác ABC biết sin 2 B  sin 2 C  (1  cos A) 2  sin 2 B  sin 2C  cos( A  B)  cos C.  4 sin x Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I   2 cos x  5 sin x cos 2 x dx. 0 Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (AB // CD), AB = 2CD = 4a, BC  a 10 . Gọi O là giao điểm của AC và BD. Biết SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và mặt bên SAB là tam giác đều. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính cosin góc giữa hai đường thẳng SD và BC. Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ab bc ca P   . a  b  c b  c  4a c  a  16b II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b) a. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  20  0 và điểm A(5;  6). Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) với B, C là các tiếp điểm. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC. x  3 y  2 z 1 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :   và mặt cầu 2 1 2 ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z  19  0. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho mặt phẳng qua M và vuông góc với d cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi 8 . z  2i Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z  z  2  2i và là số ảo. z2 b. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G (1; 1); đường cao từ đỉnh A có phương trình 2 x  y  1  0 và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x  2 y  1  0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết diện tích tam giác ABC bằng 6. x y 1 z 1 x 1 y 1 z  2 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 :   , 2 :   2 1 1 1 1 1 và điểm A(1;  1; 2). Tìm tọa độ điểm B, C lần lượt thuộc 1 ,  2 sao cho đường thẳng BC thuộc mặt phẳng đi qua điểm A và đường thẳng 1 đồng thời đường thẳng BC vuông góc với  2 . Câu VIIb. (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z  2i có một acgumen bằng một acgumen của z  2  cộng với . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T  | z  1 |  | z  i | . 4 ------------------------------------ Hết ------------------------------------ Ghi chú: BTC sẽ trả bài vào các ngày 20, 21/06/2011 tại Văn phòng Trường THPT Chuyên – Đại học Vinh. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại Phiếu dự thi cho BTC. Chóc c¸c em häc sinh ®¹t kÕt qu¶ cao trong kú thi §¹i häc n¨m 2011 !
www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, NĂM 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) I. a. Tập xác định: D   . (2,0 b. Sự biến thiên: điểm) * Chiều biến thiên: Ta có y '  3 x 2  6 x . x  0  x  2 y'  0   ; y '  0  2  x  0 và y '  0   0,5  x  2 x  0 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ;  2) và (0 ;  ) , hàm nghịch biến trên (2; 0) . * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  2 , yCĐ  0 và đạt cực tiểu tại x  0 , yCT  4 . * Giới hạn: lim y   ; lim y   . x x * BBT y x  2 0  y'  0  0   2 O 1 x 0 y 0,5 4  c. Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số cắt trục hoành 4 tại A(1; 0). 2. (1,0 điểm) m Ta có ( x  2) 2   x  1 ( x 2  4 x  4)  m, x  1. x 1  x 3  3 x 2  4 khi x  1 Xét hàm số f ( x)  x  1 ( x 2  4 x  4)   0,5  ( x  3 x  4) khi x  1. 3 2 Suy ra đồ thị hàm số y  f (x) gồm phần đồ thị (C) với x  1 và đối xứng phần đồ thị (C) với x  1 qua Ox. y Dựa vào đồ thị ta suy ra * m  0, phương trình vô nghiệm. 4 * m  0, phương trình có 1 nghiệm. * 0  m  4, phương trình có 4 nghiệm. 0,5 * m  4, phương trình có 3 nghiệm. * m  4, phương trình có 2 nghiệm. 2 O 1 x 1. (1,0 điểm) II. Điều kiện: x  1. (2,0 Pt đã cho  1  3.32 x 1 4 x  4.3 x 1 2 x điểm) x 1  2 x ) x 1  2 x  3.32(  4.3 1  0 . 0,5 t  1 Đặt t  3 x 12 x , t  0. Khi đó pt trở thành 3t 2  4t  1  0   1 t   3 x 1  2 x x  0 1 17 * Với t  1, ta có 3  1  x  1  2x  0  x  1  2x   2 x . x  1  4x 8 1 1 * Với t  , ta có 3 x 1  2 x   x  1  2 x  1  x  1  2 x  1 3 3
www.VNMATH.com  1 0,5 2 x  1  0 x  5  2  2 x .  x  1  (2 x  1) 4 x 2  5 x  0 4  1  17 5 Vậy nghiệm của pt là x  và x  . 8 4 2. (1,0 điểm) * Ta có sin 2 B  sin 2 C  (1  cos A) 2 1  cos 2 B 1  cos 2C    1  2 cos A  cos 2 A 2 2 1   (cos 2 B  cos 2C )  2 cos A  cos 2 A 2 0,5   cos( B  C ) cos( B  C )  2 cos A  cos 2 A cos A  0  cos( B  C )  cos A  2  cos A  0 (do cos( B  C )  1  cos A  2)  A  90 0. * Ta có sin 2 B  sin 2C  cos( A  B)  cos C  2 sin( B  C ) cos( B  C )  cos( A  B )  cos( A  B )  2 sin A cos( B  C )  2 sin A sin( B )  cos( B  C )  sin B  cos B cos C  sin B sin C  sin B 0,5  cos B sin B  sin B cos B  sin B (do B  C  90 0 )  2 cos B  1  B  60 0. Suy ra A  90 0 , B  60 0 , C  30 0.   4 4 III. sin x tan x dx (1,0 Ta có I   0 2 2 cos x  5 sin x cos x dx  0 2 (1  tan 2 x )  5 tan x . cos 2 x . điểm) dx  0,5 Đặt t  tan x . Khi đó dt  2 . Khi x  0 thì t  0, khi x  thì t  1. Suy ra cos x 4 1 1 t t I  0 2t 2  5t  2 dt   0 ( 2t  1)(t  2) dt 1 1 1 1  2 1  2 1 2 1 1 2      3 0  t  2 2t  1  d t  3 ln t  2 0  6 ln 2t  1 0  (ln 3  ln 2)  ln 3  ln 3  ln 2. 3 6 2 3 0,5 +) Gọi H là hình chiếu của C trên AB; M, N là trung S IV. AB  CD (1,0 điểm của AB, CD. Ta có HB  a 2 điểm  CH  3a  OM  2a, ON  a nên OAB 0,5 vuông cân. Suy ra OA  OB  2a 2 . Do đó SO  OB  2a 2 . Suy ra 1 M H VS . ABCD  SO.S ABCD  6a 3 2 . A B 3 +) BC // DM nên  ( SD, BC )  ( SD, DM )    [0, ]. O 2 D N C 0,5 Ta có DM  BC  a 10 , SD  SO 2  OD 2 2 2  a 10 , SM  2a 3 . Suy ra cos SDM  . Vậy cos   . 5 5 Đặt x  a  b  c, y  b  c  4a, z  c  a  16b. Khi đó x, y, z  0 và V. yx zx 21x  5 y  z (1,0 a ,b ,c . 0,5 3 15 15 điểm
www.VNMATH.com y  x z  x z  x 21x  5 y  z 21x  5 y  z y  x    Suy ra P  3 15  15 15  15 3 x y z  6 x  5 y  z 20 x  5 y 16 x  z 4 1 y 1 z 4 x 16 x      .  .  .  . 15 x 15 y 15 z 5 3 x 15 x 3 y 15 z 1 y x 1 z x 4 4 8 4 16    4     16       . 3 x y  15  x z 5 3 15 5 15  y  4 x 2 2  y  2x Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2   z  16 x z  4x 2 0,5 b  c  4a  2( a  b  c) 5 3   a  c, b  c. c  a  16 b  4 ( a  b  c ) 7 7 16 5 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là , đạt được khi a  c, b  c. 15 7 7 1. (1,0 điểm) VIa. B (2,0 (C) có tâm I (1; 2), bán kính R = 5, BC cắt IA tại H. Ta có AI = 10 điểm) IB 2 5 1 1 1  IH   . Do đó IH  IA  H ( ; 0); cos AIB  A G H I 0,5 IA 2 4 2 2 0 0  AIB  60  ABC  60 nên ABC là tam giác đều. C Suy ra tâm đường tròn nội tiếp của ABC trùng với trọng tâm. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. 2 5 Ta có AG  AH  G (2;  2). Bán kính đường tròn nội tiếp là r  GH  . 3 2 0,5 25 Suy ra phương trình đường tròn nội tiếp ABC là ( x  2) 2  ( y  2) 2  . 4 2. (1,0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm I (1;  1; 2), bán kính R  5. Từ giả thiết suy ra mặt phẳng qua M vuông góc với d cắt (S) theo một đường tròn có bán kính r  4. 0,5 Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u (2; 1;  2); M  d  M (3  2t; 2  t ; 1  2t ). Phương trình ( P) : 2( x  3  2t )  ( y  2  t )  2( z  1  2t )  0  2 x  y  2 z  9t  6  0. 9t  9 t  0 Ta có d ( I , ( P))  R 2  r 2  3  3  . 3 t  2 0,5 Suy ra M (3; 2; 1), M ( 1; 0; 5). Đặt z  x  yi . Khi đó z  z  2  2i  x  yi  x  2  ( y  2)i VIIa.  x  y  ( x  2)  ( y  2) 2 2 2 2 0,5 (1,0 điểm)  x  y  2  y  2  x. (1) z  2i x  ( y  2)i [ x  ( y  2)i ].[( x  2)  yi] Ta có   z  2 ( x  2)  yi ( x  2) 2  y 2 x( x  2)  ( y  2) y ( x  2)( y  2)  xy x( x  2)  ( y  2) y  2 2  2 2 i là số ảo khi và chỉ khi 0 ( x  2)  y ( x  2)  y ( x  2) 2  y 2  x 2  y 2  2( x  y ) 0,5  (2) ( x  2) 2  y 2  0 ( x  1) 2  1 Thay (1) vào (2) ta được   x  0 . Suy ra y  2 . x  2 Vậy z  2i. 1. (1,0 điểm) VIb. 1 3 (2,0 Tọa độ chân đường cao H ( ; ). Đường thẳng d đi qua G và song song BC có pt 5 5 điểm) 1 7 0,5 d : x  2 y  3  0. d  AH  I  I ( ; ). Ta có HA  3HI  A(1; 3). 5 5
www.VNMATH.com 6 2 S ABC d ( A, BC )  . Suy ra BC   2 5. 5 d ( A, BC ) Gọi M là trung điểm BC. Khi đó MA  3MG  M (1; 0).  x1  1 x  3 Gọi B ( x1 ; ). Khi đó MB  5  ( x1  1) 2  4   1 2  x1  1. +) Với x1  3  B(3;  1)  C (1; 1). 0,5 +) Với x1  1  B (1;1)  C (3;  1). Suy ra A(1; 3), B(3;  1), C (1; 1) hoặc A(1; 3), B (1; 1), C (3;  1). 2. (1,0 điểm) Ta có 1 đi qua D(0; 1; 1), có vectơ chỉ phương u1 (2; 1; 1) . AD  (1; 2;  1)  [u1 , AD]  (3; 1; 5). 0,5 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và đường thẳng 1 . Suy ra phương trình ( P) : 3 x  y  5 z  6  0.  2 cắt (P) tại C  C (1; 3; 0). B  1  B (2t; 1  t ; 1  t ),  2 có vectơ chỉ phương u 2 (1;  1; 1), BC (1  2t ; 2  t;  1  t ) . 0,5 BC   2  BC.u 2  0  t  2. Suy ra B (4;  1;  1).  VIIb. Đặt z  x  yi . Khi đó do z  2i có một acgumen bằng một acgumen của z  2 cộng với 4 (1,0 z  2i   điểm) nên  r (cos  i sin ) , với r  0 . z 2 4 4 z  2i x  ( y  2 )i [ x  ( y  2 )i ].[( x  2 )  yi] Ta có   z  2 ( x  2 )  yi (x  2 )2  y 2 0,5 x( x  2 )  y ( y  2 ) ( x  2 )( y  2 )  xy   i (x  2 )2  y 2 (x  2 )2  y 2 x2  y 2  2 x( x  2 )  y ( y  2 ) ( x  2 )( y  2 )  xy  Suy ra 2 2  2 2  0  ( x  2) 2  y 2  0 . (x  2)  y (x  2)  y   x  y  2  0 Ta có T  | z  1 |  | z  i |  | ( x  1)  yi |  | x  ( y  1)i | ( x  1) 2  y 2  x 2  ( y  1) 2  3  2x  3  2 y . Áp dụng BĐT Côsi ta có 0,5 T 2  2(6  2 x  2 y )  2(6  2 2( x 2  y 2 ) )  20 . Suy ra T  2 5 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  1 . Vậy giá trị lớn nhất của T là 2 5 , đạt khi z  1  i .

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.04: Bộ 290+ Đề Thi Vào Lớp 10 Năm 2020

290 tài liệu

511 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.