Bạn đang gặp khó khăn trước kì thi khảo sát và bạn không biết làm sao để đạt được điểm số như mong muốn. Hãy tham khảo 3 Đề thi khảo sát Toán 12 có kèm theo đáp án sẽ giúp các bạn nhận ra các dạng bài tập khác nhau và cách giải của nó. Chúc các bạn làm thi tốt.
ĐỀ THI KHẢO SÁT MƠN TỐN LỚP 12C LẦN Thời gian: 150 phút SỞ GD VÀ ĐT ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH ===&=== 2x + có đồ thị (C) x+2 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 2) Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ CÂU II: ( điểm) CÂU I: ( điểm) Cho hàm số y = 1) Giải phương trình: log 22 x − log= x −3 2) Giải bất phương trình: CÂU III: ( điểm ) x2 + x − 4.2 x2 − x 5(log x − 3) + 22 x − > ln x I = ∫1 x dx 1) Tính tích phân: 2) Tính tích phân : J = ∫ x dx + x − 1 CÂU IV: ( 2.0 điểm) Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC tam giác vuông cân B với BA = BC = a ,biết A'B hợp với đáy ABC góc 600 1) Tính thể tích khối lăng trụ ABC A'B'C' 2) Xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC CÂU V: ( 2.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi ; hai đường chéo AC = 3a , BD = 2a cắt O; hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a = = = = = Hết = = = = = SỞ GD VÀ ĐT ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH ĐÁP ÁN THI KHẢO SÁT MƠN TỐN LỚP 12C LẦN = = =HƯỚNG & = = =DẪN CHẤM BÀI VÀ THANG ĐIỂM ĐÁP ÁN CÂU ĐIỂM CÂU 1) TXĐ: D = R\{-2} I Chiều biến thiên + y' = 0.25 > ∀x ∈ D ( x + 2) Suy hàm số đồng biến khoảng (−∞;−2) (−2;+∞) + Hàm số khơng có cực trị +Giới hạn: lim y = lim y = 2; lim y = −∞; lim y = +∞ x → −∞ x → −2 + x → +∞ 0.25 x → −2 − Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -2 tiệm cận ngang y = +Bảng biến thiên X −∞ y’ +∞ -2 + 0.25 + +∞ y −∞ Đồ thị cắt trục Oy điểm (0; ) cắt trục Ox 2 điểm( − ;0) Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đốiyxứng 0.25 -2 O x 2) Hoành độ giao điểm đồ thị (C ) đường thẳng (d) nghiệm phương trình x ≠ −2 2x + = −x + m ⇔ x+2 x + (4 − m) x + − 2m = (1) 0.25 Do (1) có ∆ = m + > va (−2) + (4 − m).(−2) + − 2m = −3 ≠ ∀m nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B 0.25 GHI CHÚ Gọi A(x A; yA ); B(x B; yB ) với x A, x B nghiệm (1) Ta có y A = m – x A ; y B = m – x B nên AB2 = (x A – x B )2 + (y A – y B )2 = 2(m2 + 12) 0.25 suy AB ngắn AB2 nhỏ m = Khi 0.25 AB = 24 CÂU 1) log 22 x − log= x −3 II x > §K: 2 5(log x − 3) x > log x ≤ −1 log x − log x − ≥ log x ≥ 0.25 Ph¬ng trình đà cho tương đương với log 22 x log 2= x2 − 5(log x − 3) ®Ỉt t = log x, PT (1) ⇔ t − 2t − = (1) 0.25 5(t − 3) ⇔ (t − 3)(t + 1) = 5(t − 3) t ≥ t ≥ ⇔ ⇔ t = (t + 1)(t − 3) = 5(t − 3) t = 0.25 log x=3 x=8 ⇔ hay VËy PT ®· cho cã nghiÖm x=16 log x=4 2) x2 + x x2 − x (2 2x 2x − 4.2 x −x − 4.2 2x − 4).(2 x + 22 x − > x2 − x −x 0.25 +2 −4>0 2x + 1) > x −x +1 > −4>0 x >1 CÂU III dx du = u = ln x x ⇒ dx −2 1) Đặt dv −1 x dx x = x= v= = − −1 x 1 dx I= [− ln x]12 − ∫ (− ) x x x dx 1 = − ln + ∫ = − ln + ∫ x −2 dx x 2 x −1 1 1 = − ln + [ ]1 = − ln + [− ]12 = − ln + −1 x 2 Đặt t = x − ⇔ t = x − ⇔ x = t + ⇔ dx = 2tdt x = ⇒ t = 0; x = ⇒ t = 2) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 t2 +1 t3 + t = = J ∫ tdt ∫ dt ∫ t − t + − 2= dt + + + t t t 1 0 1 0.25 t3 t2 = − + 2t − ln t + 3 0 1 11 = − + − ln = − ln 3 0.25 0.25 CÂU IV O I 1) Ta có A 'A ⊥ (ABC) ⇒ A 'A ⊥ AB& AB hình chiếu A'B lên mp(ABC) Vậy [A 'B,(ABC)] = ABA =' 60o AA ' AB.tan= 600 a ABA ' ⇒= a2 S ABC = BA.BC = 2 a3 Vậy V = S ABC AA' = 0.25 0.25 0.25 0.25 2) Gọi O giao điểm A’C AC’=> OA=OA’, I trung điểm AC 0.25 Khi đó: IA=IB=IC OI vng góc mp(ABC) OA=OB=OC=OA’ 0.25 Vậy O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC Bán kính R=OA= 0.25 0.25 a CÂU S V I D A 3a O C H a K B 0.25 Từ giả thiết AC = 2a ; BD = 2a AC ,BD vng góc với trung điểm O đường chéo.Ta có tam giác ABO vng O AO = a ; BO = a , A BD = 600 hay tam giác ABD 0.25 0.25 Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng SO ⊥ (ABCD) 0.25 Do tam giác ABD nên với H trung điểm AB, K trung điểm HB ta có DH ⊥ AB DH = a ; OK // DH = OK a = DH 2 ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I hình chiếu O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI 0.25 ⊥ (SAB) , hay OI khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) 0.25 Tam giác SOK vuông O, OI đường cao ⇒ 0.25 1 a = + ⇒ SO = 2 2 OI OK SO S ABC D 4= S ∆ABO 2.OA = OB 3a ; Diện tích đáy = 0.25 a đường cao hình chóp SO = = VS ABC D = S ABC D SO Thể tích khối chóp S.ABCD: = = = = = HẾT = = = = 3a 3 Së GD §T VÜnh Phóc Trêng THPT Tam Dương đề thi Khảo sát chuyên đề lớp 12 Môn: Toán Thi gian lm bi: 180 phỳt Câu (2.0 điểm): Cho hàm số y x3 3mx 4m3 (m tham số) có đồ thị (Cm) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m = Xác định m để (Cm) có điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x Câu (2.0 điểm ) : 2sin x 2(cotg x 1) sin x cos x x3 y y 3x Tìm m để hệ phương trình: có nghiệm thực 2 x x y y m Câu (2.0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) đường thẳng (d) có phương trình: x y 1 z (P): 2x y 2z = 0; (d): 1 1 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) khoảng cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến đường trịn có bán kính Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ Giải phương trình: Câu (2.0 điểm): Cho parabol (P): y = x2 Gọi (d) tiếp tuyến (P) điểm có hồnh độ x = Gọi (H) hình giới hạn (P), (d) trục hồnh Tính thể tích vật thể trịn xoay sinh hình (H) quay quanh trục Ox Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 Tìm giá trị nhỏ 1 biểu thức: P xy yz zx Câu (2.0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình tiếp tuyến chung elip x2 y (E): parabol (P): y2 = 12x 12 1 Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển Newton: x x o0o Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: SBD: Câu Nội dung Điểm Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 3x2 + + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x2 6x = x = x = Hàm số đồng biến trên: (; 0) (2; +) Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT xCT = 2, yCT = y” = 6x = x = Đồ thị hàm số lồi (; 1), lõm (1; +) Điểm uốn (1; 2) 0.25 4 Giới hạn tiệm cận: lim y lim x 1 x x x x 0.25 LËp BBT: x ∞ y’ + +∞ + +∞ 0.25 y I Đồ thị: y 0.25 O x x 2/ Ta có: y’ = 3x2 6mx = x 2m Để hàm số có cực đại cực tiểu m uuur Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0) AB (2m; 4m ) Trung điểm đoạn AB I(m; 2m 3) 0.25 0.25 Điều kiện để AB đối xứng qua đường thẳng y = x AB vng góc với đường thẳng y = x I thuộc đường thẳng y = x 0.25 2m 4m 2m m Giải ta có: m ;m=0 0.25 Kết hợp với điều kiện ta có: m 2/ Đk: x k 2 0.25 Phương trình cho tương đương với: tg x 2cotg x sin x 2(sin x cos x) 3tg2 x 2cotg x sin x cos x 0.25 3tg2 x 2tg x tg x x k tg x x k II 0.25 KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x x y y 3x 2/ 2 x x y y m k ; kZ 0.25 (1) (2) 0.25 1 x 1 x Điều kiện: y y 0 y Đặt t = x + t[0; 2]; ta có (1) t3 3t2 = y3 3y2 Hàm số f(u) = u3 3u nghịch biến đoạn [0; 2] nên: (1) y = y y = x + (2) x x m 0.25 0.25 Đặt v x v[0; 1] (2) v2 + 2v = m Hàm số g(v) = v2 + 2v đạt g (v ) 1; m ax g (v ) [ 0;1] [ 0;1] Vậy hệ phương trình có nghiệm 1 m 0.25 x t 1/ Đường thẳng () có phương trình tham số là: y 1 2t ; t R z t 0.25 Gọi tâm mặt cầu I Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)() Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) khoảng nên: t | 2t 2t 2t | | 6t | d ( I ; ) 3 3 t 0.25 8 17 Có hai tâm mặt cầu: I ; ; vµ I ; ; 3 3 3 7 0.25 Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường trịn có bán kính nên mặt cầu có bán kính R = Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: III 2 2 2 1 8 7 17 1 x y z 25 vµ x y z 25 3 3 3 3 3 3 r 2 x y 2/ Đường thẳng () có VTCP u (1;2;1) ; PTTQ: x z r Mặt phẳng (P) có VTPT n (2; 1; 2) Góc đường thẳng () mặt phẳng (P) là: sin | 2 | 3 0.25 0.25 0.25 Góc mặt phẳng (Q) mặt phẳng (Q) cần tìm cos Giả sử (Q) qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z 2) = (m 2+ n2 > 0) (2m + n)x + my + nz + m 2n = | 3m | Vậy góc (P) (Q) là: cos 3 5m 2n 4mn m2 + 2mn + n = (m + n)2 = m = n Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y z + = 0.25 0.25 1/ Phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ x = là: y = 4x IV 0.25 2 Thể tích vật thể trịn xoay cần tìm là: V x dx (4 x 4) dx 0 16 x5 16 = ( x 1)3 15 5 0.5 1 2/ Ta có: (1 xy ) (1 yz ) (1 zx) 9 xy yz zx 0.25 P 9 xy yz zx x y z 0.25 P 0.25 Vậy GTNN Pmin = V x = y = z 0.25 1/ Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = (A2 + B2 > 0) () tiếp tuyến (E) 8A2 + 6B2 = C2 (1) () tiếp tuyến (P) 12B2 = 4AC 3B2 = AC (2) 0.25 Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A C = 2A Với C = 2A A = B = (loại) 0.25 2A Đường thẳng cho có phương trình: Với C = 4A B Ax y40 12 12 12 1 Ta có: x 1 1 x (1)12 k C12k x x x x k 0 12 12 k ( 1) k C12k k 0 12 i 0 k 12 k (1) 0.25 k 0.25 i 12 k 12 k k i k 4 i i x (1) C12Ck x x k 0 i 0 k i x Cki 0.25 2A y 4A x y40 3 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: x V 0.25 0.25 C12k Cki x k 5i k 0 i 0 Ta chọn: i, k N, i k 12; 4k 5i = i = 0, k = 2; i = , k = 7; i = 8, k 12 0.25 12 Vậy hệ số cần tìm là: C122 C20 C127 C74 C12 C12 27159 0.25 trongxuanht@yahoo.com sent to www.laisac.page.tl r Dt c DAI Hec vINH T c c prrn o sAr cnAr tUqrrlc t 6p tz LAN r, NAwI zorr UOX: TOAX; Thdi gian I m bii: 180 phrtt CrrurEX THPT c cHo rAr cA rff suvn e,o a$m') v= !*'-(2**l)x2+(m+2)t ,'+ cOd6th! (C^), m ldthams6 7CiuI.(2,04i6m1 Chohdms6 '3 I Khio s6t sy bi6n thi€n vi vE dd thi cua ham s5 d[ cho l :* li :9:::11* i:l:l f-:ff I ?: ; ol' Nhfln thdy r = kh6ng thda f+1, =t,.t2ffi Dil n€n (l) tucmg duong v&r x +t t^dugc t2 -6t+8=0