Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018

Nội dung text: Đề thi khảo sát chất lượng môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018

1. KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIấN NĂM HỌC 2017-2018 Mụn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phỳt. 2x Cõu 1 (1.0 điểm). Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C )của hàm số y = . x - 2 2x Cõu 2 (1.0 điểm). Lập phương trỡnh tiếp tuyến với đồ thị (C )của hàm số y = , biết x - 2 tiếp tuyến cắt cỏc trục Ox , Oy lần lượt tại A và B thỏa món AB = 2.OA ( O là gốc tọa độ; A và B khụng trựng với O ). 2 Cõu 3. (0.5 điểm). Giải phương trỡnh log2 (x + 2)+ log4 (x - 5) + log1 8 = 0. 2 2 ln(x + 2) Cõu 4 (1.0 điểm). Tớnh tớch phõn I = dx . ũ 2 1 x Cõu 5 (1.0 điểm). Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) cú phương trỡnh x - 2y - 2z + 2 = 0 . Viết phương trỡnh mặt cầu (S) tiếp xỳc với mặt phẳng (Oxy)đồng thời (S) tiếp xỳc với mặt phẳng (P) tại điểm A(0;0;1) . sinx - 1 Cõu 6 (0.5 điểm). Giải phương trỡnh 2(1+ cosx)(cot 2 x + 1) = . cosx + sinx Cõu 7 (1.0 điểm). Cho cỏc số phức z1,z2 thoả món: z1 = 1 và z2 (z2 - 1+ i )- 6i + 2 là 2 một số thực. Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức P z2 z1z2 z1z2 . Cõu 8 (1.0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’, cú đỏy là một tam giỏc đều cạnh bằng 2a . Hỡnh chiếu vuụng gúc của B lờn mặt phẳng (A’B’C’) trựng với trung điểm H của cạnh B’C’, K là điểm trờn cạnh AC sao cho CK=2AK và BA' 2a 3 .Tớnh thể tớch của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng CC’ và BK theo a . Cõu 9 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho tứ giỏc ABCD nội tiếp đường trũn đường kớnh BD . Gọi H,K lần lượt là hỡnh chiếu của A trờn BD và CD . Biết A(4;6) , phương trỡnh đường thẳng HK :3x - 4y - 4 = 0 , điểm C thuộc đường thẳng d1 : x + y - 2 = 0, điểm B thuộc đường thẳng d2 : x - 2y - 2 = 0 và điểm K cú hoành độ nhỏ hơn 1. Tỡm tọa độ điểm D. Cõu 10. (1.0 điểm). Giải hệ phương trỡnh ỡ ổ ử ù ỗ 1 1 ữ ù x + y ỗ + ữ= 2 ù ( )ỗ ữ ớ ốỗ x + 3y 3x + y ứữ (x,y ẻ Ă ). ù ù x - 2 x 2 + y + 1 + y + 1 y2 - x + 2 = 2y - 1 ợù ( ) ( ) Cõu 11. (1.0 điểm). Cho x,y,z là cỏc số thực dương thỏa món xyz + x + z = y. 2 2 2 z(4z + 1) Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức P = - - . x2 + 1 y2 + 1 3 (z2 + 1) HẾT
2. HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIấN NĂM HỌC 2017-2018 Mụn thi: TOÁN Cõu Nội dung Điểm 1 1.(1 điểm) Khảo sỏt .* TXĐ: D Ă \ 2 . * Sự biến thiờn 4 0.25 +) Chiều biến thiờn: y' 0,x 2 x 2 2 Hàm số nghịch biến trờn mỗi khoảng ;2 và 2; +) Cực trị: Hàm số khụng cú cực trị Giới hạn và tiệm cận: lim y lim y 2 ; Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang x x 0.25 lim y ; lim y ; Đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng. x 2 x 2 +) Bảng biến thiờn x - Ơ 2 + Ơ 0.25 y ' - - 2 + Ơ y - Ơ 2 * Đồ thị Đồ thị hàm số đi qua điểm O(0;0), nhận điểm I(2;2) làm tõm đối xứng. 2 Lấy thờm cỏc điểm (1; -2); 1; thuộc đồ thị 0.25 3 y f(x)=2X/(X-2) f(x)=2 x(t)=2 , y(t)=T 8 6 4 2 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -2 -4 -6 -8 2 Lập phương trỡnh tiếp tuyến Gọi d là tiếp tuyến cần tỡm. Xột tam giỏc vuụng OAB cú OA 1 0 0.25 sin OBA OBA 45 hệ số gúc của d bằng 1 hoặc – 1. AB 2 4 0.5 Gọi M(x0; y0) là tọa độ tiếp điểm. Do y' x0 2 0 voi x0 nờn hệ số gúc x0 2 4 2 x0 4 của d bằng – 1 1 x0 2 4 2 x 0 x0 2 0 +) x0 0 y0 0 . Khi đú d cú phương trỡnh y = x A; B trựng với O ( loại) 0.25 +) x0 4 y0 4 . Phương trỡnh đường thẳng d là y x 4 4 y x 8 (nhận)
3. 3 2 Giải phương trỡnh log2 x 2 log4 x 5 log 1 8 0 . 2 x 2 Điều kiện x 5 x 2 x 5 0.25 PT log x 2 log x 5 log 8 0 log 0 2 2 2 2 8 x 5 0.25 2 x 6 x 3x 18 0 x 2 x 5 8 3 17 2 x 5 x 2 2 x 3x 2 0 4 2 ln(x + 2) Tớnh tớch phõn I = dx . ũ 2 1 x 1 0.25 u ln x 2 du dx Đặt x 2 1 1 dv dx v x2 x 1 2 2 1 0.25 I ln x 2 dx x x x 2 1 1 2 2 2 1 1 1 1 3 1 3 1 x 3 3 0.5 ln 4 ln3 dx ln ln x ln x 2 ln ln ln 2 2 x x 2 2 2 2 2 x 2 2 2 1 1 1 5 Viết phương trỡnh mặt cầu Gọi I là tõm mặt cầu. Do đú IA qua A và vuụng gúc với (P) nờn cú phương trỡnh x y z 1 0.25 I t; 2t; 2t 1 1 2 2 Do (S) tiếp xỳc với (P) và tiếp xỳc với mp(Oxy) nờn d I; P d I; Oxy 0.25 1 t 4t 4t t 2t 1 3t 2t 1 5 1 4 4 t 1 2 2 2 1 1 2 3 3 1 2 3 9 t I ; ; ;R PT mặt cầu x y z 5 5 5 5 5 5 5 5 25 0.25 t 1 I 1;2;3 ;R 3 PT mặt cầu x 1 2 y 2 2 z 3 2 9 0.25 6 sinx - 1 Giải phương trỡnh .2(1+ cosx)(cot 2 x + 1) = cosx + sinx sinx 0 Điều kiện . sinx cos x 0 0.25 1 cos x sinx 1 2 sinx 1 PT 2. sin2 x cos x sinx 1 cos x cos x sinx 2 sinx cos x sinx 1 cos x 1 0 sinx.cos x sinx cos x 1 0 cos x 1 sinx 1 cos x 1 0 sinx 1 0.25 +) sinx 1 x k2 ;k  (thỏa món điều kiện) 2
4. +) cosx = - 1 ị sinx = 0(loại) Kết luận: Phương trỡnh cú nghiệm là k2 ;k  . 2 7 Cho cỏc số phức Gọi M a b N c d lần lượt biểu diễn z1 a bi; z2 c di ; a,b,c,d R ( ; ), ( ; ) cho z1;z2 trong hệ toạ độ Oxy 2 2 M thuộc đường trũn tõm O, bỏn kớnh R = 1 z1 1 a b 1 (T ) z z 1 i 6i 2 Ă z 1 i 6i Ă c d 6 0 2 2 2 0.25 N thuộc đường thẳng : x y 6 0 Ta cú d (O ; ) 1 nờn và (T ) khụng cú điểm chung z1z2 ac bd (bc ad)i;z1z2 z1z2 z1z2 z1z2 2(ac bd) P c2 d 2 2(ac bd) (c a)2 (b d)2 1 MN 2 1 (vỡ a2 b2 1 ) 0.25 Gọi H là hỡnh chiếu vuụng gúc của O trờn : x y 6 0 H (3;3) 2 2 Đoạn OH cắt đường trũn (T ) tại I ; 2 2 Với N thuộc đường thẳng , M thuộc đường trũn (T ) , ta cú: MN ON OM OH OI IH 3 2 1. Đẳng thức xảy ra khi M  I; N  H 2 0.25 P 3 2 1 1 18 6 2 . 2 2 Đẳng thức xảy ra khi z i;z 3 3i 1 2 2 2 2 2 Vậy P đạt giỏ trị nhỏ nhất bằng 18 3 2 khi z i;z 3 3i . 1 2 2 2 0.25 8 Tớnh thể tớch và khoảng cỏch A K C 0.25 B E A' I D C' H B' Vỡ BH  (A’B’C’) nờn tam giỏc A’BH vuụng tại H Tớnh được A' H a 3, BH 3a 4a2 3 V S .BH .3a 3 3.a3 (đvtt) ABC.A'B'C ' A'B'C ' 4 0.25
5. Qua K kẻ đường thẳng song song với CC’ cắt A’C’ tại I. Ta cú CC’ // (KBB’I ) 0.25 nờn d(CC’,KB) = d(C’,( KBB’I))=2 d(H,( KBB’I)). Dựng HD  B’I. Khi đú IB’  (BDH) suy ra (KBB’I)  (BDH) Dựng HE  BD suy ra HE  (KBB’I). a 28 a 21 3a Tớnh được B ' I , HD , HE . 3 7 22 3a 0.25 d(H;( KBB'I))=HE . 22 3a 22 Vậy d(CC’,KB) = . 11 9 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy 0.25 A B D H E K C +) Gọi E AC  HK Tứ giỏc AHKD nội tiếp Hã AD Hã KC. Tứ giỏc ABCD nội tiếp ãABC ãACD . Tam giỏc ABD vuụng tại A ãABD Hã AD Vậy Hã KC ãACD hay tam giỏc ECK cõn tại E. Vỡ tam giỏc ACK vuụng tại K nờn E là trung điểm của AC. c 4 8 c +) Ta cú: C d C(c;2 c) E( ; ) 1 2 2 0.25 Vỡ E HK nờn tỡm được c 4 C(4; 2). +) K HK :3x 4y 4 0 nờn gọi 0.25   K(4t;3t 1) HK AK(4t 4;3t 7);CK(4t 4;3t 1) 1   t 2 5 +) Ta cú: AK  CK AK.CK 0 25t 50t 9 0 . 9 t 5 4 2 Vỡ hoành độ điểm K nhỏ hơn 1 nờn Tam giỏc SHC vuụng tại H nờn K( ; ) 5 5 +) BC cú phương trỡnh : 2x y 10 0. 0.25 +) B BC  d2 B(6;2). +) Lập được phương trỡnh AD: x 2y 8 0. +) Lập được phương trỡnh CD: x 2y 0 +) Tỡm được D( 4;2) . Vậy B(6;2), C(4;-2), D(-4;2) 10 Giải hệ phương trỡnh
6. 1 1 x y 2(1) x 3y y 3x x, y Ă 2 2 x 2 x y 1 y 1 y x 2 2y 1(2) *) ĐKXĐ: x≥0;y≥0; (x;y)≠(0;0). 0.25 Từ 1 : sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta cú x x x y 1 x x y  và x 3y x y x 3y 2 x y x 3y y 1 2y 1 1 2y  , cộng hai kết quả trờn ta được x 3y 2 x 3y 2 2 x 3y x y 1 x 3 , x 3y 2 x y 2 x y 1 y 3 0.25 tương tự ta cũng cú , y 3x 2 x y 2 1 1 1 x y suy ra VT 1 x y 3 2 VP 1 x 3y y 3x 2 x y Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x y 3 (Cú thể chuyển vế,nhõn liờn hợp 2 lần đưa về: 2 2 2 2 t 1 t 1 x t 1 t 1 0;t 0 2 2 y t t 3 3t 1 Mỗi lần nhõn liờn hợp cho 0,25 đ) *) Thế vào (2) ta cú: x 2 x2 x 1 x 1 x2 x 2 2x 1 (4) với x ≥ 0 0.25 7 Đặt a x2 x 1;b x2 x 2;a 1;b 2 Khi đú (4) thành : a a2 b2 3 b a2 b2 3 2(a2 b2 ) a b a b 1 a b 3 0 a b 0.25 a 3 b 1 a b x y 2 7 a 3 b x y 8 Vậy hệ cú 2 nghiệm 11 Tỡm giỏ trị lớn nhất ổ pử Đặt x = tan A, y = tan B, z = tanC,ỗ0 < A,B,C < ữ . ốỗ 2ứữ
7. Theo giả thiết ta cú: 0.25 y - z tan B - tanC x = Û tan A = = tan(B - C )Û A = B - C + kp . 1+ yz 1+ tan B tanC p Do - < A- B + C < p ị k = 0 ị A = B - C Û A- B = - C . 2 Khi đú: 0.5 ổ 1 1 ử 4 tanC 3tanC P = 2ỗ - ữ- + ỗ 2 2 ữ 2 2 2 ố1+ tan A 1+ tan B ứ 1+ tan C (1+ tan C ) 1+ tan C = 2(cos2 A- cos2 B)- 4 sinC + 3sinC cos2 C = cos 2A- cos 2B - 4 sinC + 3sinCcos2 C = - 2 sin(A + B)sin(A- B)- 4 sinC + 3sinCcos2 C = 2 sinC sin(A + B)- 4 sinC + 3sinCcos2 C Ê 2 sinC - 4 sinC + 3sinCcos2 C = sinC (3cos2 C - 2)= sinC (1- 3sin2 C ) Đặt t = sinC ị t ẻ (0;1]ị P Ê f (t) = t (1- 3t 2 ) 0.25 Xột hàm số f (t) = t (1- 3t 2 ) với t ẻ (0;1] . 1 Ta cú f '(t) = - 9t 2 + 1; f '(t) = 0ơ ắtẻ (0ắ;1)đ t = . 3 ổ1ử 2 Lập bảng biến thiờn ta cú:f (t) Ê f ỗ ữ= . ốỗ3ữứ 9 2 2 2 Suy ra giỏ trị lớn nhất của P bằng đạt tại x = 2, y = , z = . 9 2 4 Cỏch 2: Theo giả thiết ta cú: y - z 2 2 4z 3z x = ị P = 2 - 2 - + . 1+ yz ổy - z ử y + 1 z 2 + 1 (z 2 + 1) z 2 + 1 ỗ ữ + 1 ốỗ1+ yz ứữ 2 2(1+ yz) 2 4z 3z P = - 2 - + (y2 + 1)(z 2 + 1) y + 1 z 2 + 1 (z 2 + 1) z 2 + 1 . 2 2z (2y + (y - 1)z) 4z 3z = - + (y2 + 1)(z 2 + 1) z 2 + 1 (z 2 + 1) z 2 + 1 Sử dụng bất đẳng thức C –S ta cú 2 2 2z 4 y2 + y2 - 1 1+ z 2 2z (2y + (y - 1)z) ( ( ) )( ) 2z Ê = . (y2 + 1)(z 2 + 1) (y2 + 1)(z 2 + 1) 1+ z 2 ổ ử3 2z 4z 3z ỗ z ữ z Suy ra P Ê - + = - 3ỗ ữ + . 2 2 2 2 ỗ 2 ữ 2 1+ z z + 1 (z + 1) z + 1 ốỗ z + 1ữứ z + 1 z Đặt t = ,(t ẻ (0;1)) khi đú P Ê f (t) = - 3t 3 + t . z 2 + 1 2 2 2 Vậy giỏ trị lớn nhất của P bằng đạt tại x = ,y = 2, z = . 9 2 4 . Hết