Đăng ký Đăng nhập

Tài liệu De 16.2016

.PDF
6
481
94

Mô tả:

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I, NĂM 2015-2016 Môn thi: Toán 12 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ Câu 1.(2,5 điểm). Cho hàm số : y = 2x  3 (C ) x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1 Câu 2 (0,5 điểm). Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x 2 ATH S.N ET Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3  3x 2  9 x  1 trên đoạn [- 2; 2]. Câu 4 (1,5 điểm). a) Giải phương trình: 5 2 x  24.5 x 1  1 = 0 b) Giải phương trình: log 1 x  2log 1 ( x  1)  log 2 6 = 0 4 Câu 5 (0,5 điểm). Trường trung học phổ thông Đức Thọ có tổ Toán- Tin gồm 10 giáo viên trong đó có 3 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ; Tổ Lý- Hóa - Sinh gồm 12 giáo viên trong đó có 3 giáo viên nam, 9 giáo viên nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ 2 giáo viên đi chuyên đề. Tính xác suất sao cho các giáo viên được chọn có cả nam và nữ. VIE TM Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a , SA ^ ( ABCD) và SA = a . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 2 BC . Gọi D là trung điểm của AB, E nằm trên đoạn thẳng AC sao cho AC = 3EC . Biết phương  16  trình đường thẳng chứa CD là x  3 y  1 = 0 và điểm E  ;1 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C .  3  .Câu 8 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau 3 2 3 2 2 x  xy  x = 2 y  4 x y  2 y  2  4 x  x  6  5 1  2 y = 1  4 y Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = b  2c a  2c   6ln( a  b  2c) . 1 b 1 a ----------------- Hết ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh......................................................................Số báo danh....................... SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I, NĂM 2015-2016 Môn thi: Toán 12 Câu Ý Nội dung Câu 1 2x  3 (2,0 Cho hàm số : y = x  1 (C ) điểm) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). TXĐ: R \  1 1,5 0,5 ET a) 5 y' =  0 , x  1 ( x  1) 2 Điểm ATH S.N Hàm số đồng biến trên các khoảng (;1) va  (1; ) Hàm số không có cực trị lim y = 2  đồ thị có tiệm cận ngang y = 2 x   lim y =  ; lim y =   đồ thị có tiệm cận đứng x = -1 x  1 x  1 - Bảng biến thiên.  x y' + 0,25 2  TM 2  +  y * Đồ thị: -1 0,25 VIE b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1 1 Với y = 1  2 x  3 = x  1  x = 4 ; y ' (4) = 5 1 1 1 Phương trình tiếp tuyến tại điểm A(4;1) là: y = ( x  4)  1 = x  5 5 5 Câu 2 Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x (0,5 Phương trình tương đương: điểm)  4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0  (2 – cosx) ( 2sinx -1) = 0    2  cosx = 0(VN )  x = 6  k 2 (k  z )    sinx = 1  x = 5  k 2 2  6  Câu 3 Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = x3  3x 2  9 x  1 trên đoạn  2; 2 (1,0 điểm) Xét trên đoạn  2; 2 ta có: f’(x) = 3x2 + 6x -9 0,5 1,0 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 1,0 0,25  x =  3 (l ) f’(x) = 0   x = 1 Ta có: f(-2) = 23, f(1) = - 4 , f(2) = 3 Vậy: max f( x ) = f (2) = 23 , min f( x) = f (1) = 4  2;2 0,25 0,25  2;2 Giải phương trình: a) 5 2x  24.5 x 1 0,25 1,5 1 = 0 b) log 1 x  2log 1 ( x  1)  log 2 6 = 0 2 Câu 4 (1,0 điểm) 4 Ta có: 5 2 x  24.5 x 1  1 = 0  5 2 x  24 x .5  1 = 0 5 0,25 Đặt t = 5x , ( t > 0) ATH S.N ET t = 5 24  a) Phương trình trở thành:  t  5 .t  1 = 0  t =  1 (l ) 5  Với t = 5 ta có x =1. Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 và x = -1 2 ĐK: x >1 b) Ta có pt  log 1 x  log 1 ( x  1)  log 2 6 = 0  log 1 x ( x  1)  log 2 6 = 0 2 2 0.25 0,25 0,25 2  log 2 x( x  1) = log 2 6 Gọi A: “Các giáo viên được chọn có cả nam và nữ” Suy ra A : “ Các giáo viên được chọn chỉ có nam hoặc nữ” VIE Câu 5 (0,5 điểm) TM x = 3  x( x  1) = 6   0.25  x = 2 0,25 Đối chiếu điều kiện ta thấy pt có nghiệm x =3 Trường trung học phổ thông Đức Thọ có tổ Toán- Tin gồm 10 giáo viên trong đó có 1,00 3 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ; Tổ Lý- Hóa - Sinh gồm 12 giáo viên trong đó có 3 giáo viên nam, 9 giáo viên nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ 2 giáo viên đi chuyên đề. Tính xác suất sao cho các giáo viên được chọn có cả nam và nữ. 0,25 Số phần tử của của không gian mẫu: n() = C102 .C122 = 2970 n( A ) = C32 .C32  C72 .C92 = 765 n(A) = C102 .C122 - ( C32 .C32  C72 .C92 = 2205 ) 49 P(A) = 66 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a , SA ^ ( ABCD) và SA = a . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD. Câu 6 (1,0 điểm) 1 3 1,00 0,25 Ta có S ABCD = AB.AD = 2a 2 Do đó: VS .ABCD = .SA.S ABCD = 0,25 2a 3 (dvtt) 3 0,25 Ta có d(D,(SBM)=d(C,(SBM)= 1/2 d(A,(SBM)) Dựng AN ^ BM ( N thuộc BM) và AH ^ SN (H thuộc SN) Ta có: BM ^ AN, BM ^ SA suy ra: BM ^ AH. Và AH ^ BM, AH ^ SN suy ra: AH ^ (SBM). Do đó d(A,(SBM))=AH 2a 2 4a 1 AN .BM = a 2  AN = = 2 BM 17 1 1 1 4a =   AH = Trong tam giác vuông SAN có: AH 2 AN 2 SA2 33 2a Suy ra d(D,  SBM  = 33 0,25 Ta có: S ABM = S ABCD  2S ADM = a 2 ; S ABM = ET 0,25 ATH S.N Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 2 BC . Gọi D là trung điểm của AB, E nằm trên đoạn thẳng AC sao cho AC = 3EC . Biết  16  phương trình đường thẳng chứa CD là x  3 y  1 = 0 và điểm E  ;1 . Tìm  3  tọa độ các điểm A, B, C . Câu 7 BA EA = Gọi I = BE  CD . Ta có nên E là chân phân giác trong góc B của (1,0 BC EC điểm)  = 450  BE ^ CD tam giác ABC. Do đó CBE 1,00 0,25 PT đường thẳng BE: 3 x  y  17 = 0 . 0,25 TM 3 x  y  17 = 0 x = 5 Tọa độ điểm I t/m hệ    I (5; 2) x  3y  1 = 0 y = 2   BC BC 5 BC 1  IE =  IB = 3IE , CE = AC = 3 3 2 3 2 Từ đó tìm được tọa độ điểm B(4;5) VIE Ta có BI = CI = 0,25 Gọi C(3a-1; a) ta có a = 1 BC = 2 BI = 2 5  (3a  5) 2  (a  5) 2 = 20  10a 2  40a  30 = 0   a = 3 Với a =1 ta có C(2;1), A(12;1) Với a=3 ta có C(8;3), A (0; -3) 0,25 Giải hệ phương trình sau 2 x 3  xy 2  x = 2 y 3  4 x 2 y  2 y (1)  2  4 x  x  6  5 1  2 y = 1  4 y (2) 1,00 (1)  ( x  2 y )(2 x 2  y 2  1) = 0  x = 2 y . Thay vào (2) ta có phương trình Câu 8 (1,0 điểm) 0,25 4 x 2  x  6  2 x = 1  5 x  1 (3)  4 x 2  x  6  (1  2 x) = 5 x  1  x 1 4 x2  x  6  1  2 x = x 1 0,25  x  1 = 0  x = 1  2  4 x  x  6  1  2 x = x  1 (4) 1  2 7 x  Kết hợp (3) và (4) ta được 2 x  1 = 2 x  1   x= 2 2 4 x 2  8 x  3 = 0  Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = 1; x = 2 7 2 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 0,25 1,00 b  2c a  2c   6ln( a  b  2c) . 1 a 1 b ET a  b  2c  1 a  b  2c  1   6ln(a  b  2c) 1 a 1 b 1   1 =  a  b  2c  1     6ln(a  b  2c)  1 a 1 b  ATH S.N P2= 0,25 Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau: 1 2 1   (1) 1  a 1  b 1  ab ab  1 ) ab  (2) 2 1 2 1     2  a  b  1  ab  2 1  a 1  b  Thật vậy, ) 1  a 1  b 1  ab )    a b 2    ab  1  0 luôn đúng vì ab  1 . Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1 2 ab  1  ab  1  0 . Dấu “=” khi ab=1. 2 1 1 2 2 4 Do đó,    = ab 1  1  a 1  b 1  ab 1  3  ab 2 4 16 4 . Đặt t = a  b  2c, t  0 ta có:  =  2 ab  bc  ca  c  a  c  b  c   a  b  2c 2   TM ) ab  0,25 0,25 VIE Câu 9 (1,0 điểm) 0,25 P  2  f (t ) = 16  t  1  6 ln t , t  0; t2 6 16  t  2  6t 2  16t  32  t  4  6t  8  f '(t ) =  = = t t3 t3 t3 BBT t 0 f’(t) - 4 0  + f(t) 5+6ln4 Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1. 0,25 ATH S.N TM VIE ET
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan