Bộ đề thi và đáp án kiểm tra chất lượng môn Toán lớp 12

Chia sẻ: Hồ Thị Thu Thảo | Ngày: | 13 đề thi

0
515
lượt xem
27
download
Xem 13 đề thi khác
  Download Vui lòng tải xuống để xem file gốc
   Like fanpage Thư viện Đề thi Kiểm tra để cùng chia sẻ kinh nghiệm làm bài
Bộ đề thi và đáp án kiểm tra chất lượng môn Toán lớp 12

Bộ đề thi và đáp án kiểm tra chất lượng môn Toán lớp 12
Mô tả bộ sưu tập

Đến với Bộ đề thi và đáp án kiểm tra chất lượng môn Toán lớp 12 sẽ giúp các em nhanh chóng hệ thống lại kiến thức, biết cách giải các bài tập khó. Hi vọng đây sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích cho quý thầy cô và các em học sinh.

LIKE NẾU BẠN THÍCH BỘ SƯU TẬP
Xem Giáo viên khác thảo luận gì về BST
Bộ đề thi và đáp án kiểm tra chất lượng môn Toán lớp 12

Bộ đề thi và đáp án kiểm tra chất lượng môn Toán lớp 12
Tóm tắt nội dung

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
ĐỀ 1 MÔN: TOÁN LỚP 12
Thời gian: 180 phút


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  2(2m  1) x 2  (5m2  10m  3) x  10m 2  4m  6 (1) , (
với m là tham số).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m  1 .
b) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số (1) có hai cực trị và các giá trị cực trị của
hàm số (1) trái dấu nhau.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:
(2sin x  1)(cos 2 x  sin x)  2sin 3 x  6sin x  1
 2cos x  3  0 ( x  )
2cos x  3
 x4  4 x2  y 2  6 y  9  0
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2
 2
( x, y  )
 x y  x  2 y  22  0

Câu 4 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình:
x  4  x   m x 2  4 x  5  2  0 có nghiệm x   2;2  3  .
 
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớn
AD=2a, AB  BC  a, SB  2a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD)
trùng với trung điểm O của AD. Trên các cạnh SC, SD lấy các điểm M, N sao cho
SM  2MC , SN  DN . Mặt phẳng   qua MN, song song với BC cắt SA, SB lần lượt tại
P, Q. Tính thể tích khối chóp S.MNPQ theo a.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số dương x , y , z thoả mãn: x ( x  1)  y ( y  1)  z ( z  1)  6. Tìm
1 1 1
giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A    .
x  y 1 y  z 1 z  x 1
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc
phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d đi
qua M(3;1) và cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác IAB cân tại I(2;-2).
Câu 8.a (1,0 điểm) Giải phương trình: log 1 x 2  20log81 x3  40log 9 x  7  0 .
3

Câu 9.a (1,0 điểm) Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà trong các số đó,
mỗi chữ số đứng trước đều nhỏ hơn chữ số đứng sau nó (kể từ trái qua phải).
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp
đường tròn  C  : ( x  1) 2  ( y  1) 2  20 . Biết AC=2BD, điểm B có hoành độ dương và
thuộc đường thẳng d : 2 x  y  5  0 . Viết phương trình cạnh AB của hình thoi.
3x  1
Câu 8.b (1,0 điểm) Tìm giới hạn: I  lim .
x0 x
Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm hệ số của x10 trong khai triển ( x  3x 2 ) n , (x >0, n nguyên
dương) biết tổng tất cả các hệ số trong khai triển bằng 2048 .
ĐÁP ÁN
Thang
Câu Nội dung trình bày
điểm
7,0
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
điểm
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1 1,0
điểm

 Với m=1, hàm số (1) có dạng y  x3  6 x 2  12 x  8
 TXĐ: D 
 Sự biến thiên: 0,25
+ Chiều biến thiên: y '  3x 2  12 x  12  3( x  2)2  0 x, y '  0  x  2
Hàm số đồng biến trên
+ Cực trị: Hàm số không có cực trị
+ Giới hạn: lim y  ,lim y   0,25
x  x 


+Bảng biến thiên:
x  2 
y’ + 0 +
Câu 1 0,25

y




 Đồ thị: y ''  6( x  2), y ''  0  x  2, y (2)  0
Một số điểm thuộc đồ thị: (1;-1), (3;1), (2;0),
Đồ thị nhận I(2;0) là tâm đối xứng.
Đồ thị:
y




2


1

1
-1 0 2 3 x


-1


-2




0,25
b) Tìm tất cả các giá trị của m để các giá trị cực trị của hàm số (1) 1,0
trái dấu điểm
Hàm số (1) có hai cực trị mà giá trị cực trị trái dấu  đồ thị hàm số
(1) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt. Xét phương trình hoành độ giao
điểm:
0,25
x 3  2(2 m  1) x 2  (5m2  10m  3) x  10m 2  4m  6  0 (2)

 ( x  2)( x 2  4mx  5m 2  2m  3)  0

x  2
 2 2
 x  4mx  5m  2m  3  0 (3) 0,25
Phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt  phương trình (3) có 2
 '  4m 2  (5m 2  2m  3)  0
nghiệm phân biệt khác 2  
 2
 4  8m  5m  2m  3  0
 0,25
 3  m  1

 1
m  5

1
Vậy với m   3;1 \   thì các giá trị cực trị của hàm số trái dấu.
  0,25
5 

Giải phương trình:
(2sin x  1)(cos2 x  sin x)  2sin 3 x  6sin x  1
 2cos x  3  0 ( x  )
1,0
2 cos x  3 điểm

3 
Điều kiện: cos x   x    k 2 , k 
2 6 0,25
Khi đó, PT  (2sin x  1)(cos2 x  sin x)  2sin 3x  6sin x  4cos 2 x  2  0

 (2sin x  1)(1  2sin 2 x  sin x )  2(3sin x  4sin 3 x )  6sin x  4sin 2 x  2  0
 4sin 3 x  4sin 2 x  3sin x  3  0 0,25
Câu 2
 (2sin x  1)(2sin 2 x  3sin x  3)  0


  0,25
 x  k 2
1 6
 sin x   k  
2  x  7  k 2

 6


Kết hợp điều kiện có x   k 2 không thỏa mãn.
6
7
Vậy phương trình có một họ nghiệm là x   k 2 , k  0,25
6

 x4  4 x2  y 2  6 y  9  0
Giải hệ phương trình:  2
 2
( x, y  )
Câu 3  x y  x  2 y  22  0
 1,0
điểm

( x 2  2) 2  ( y  3)2  4
 0,25
Hpt   2 2
( x  2  4)( y  3  3)  x  2  20  0

 x2  2  u
Đặt 
y 3  v
u 2  v 2  4 u  2 u  0
Khi đó ta được   hoặc 
u.v  4(u  v)  8 v  0 v  2 0,25




 x  2  x  2  x  2  x   2

 ; ; ;

y  3 y  3 y  5 y  5
  0,25

KL: nghiệm của hpt đã cho là:  2;3 ,  2;3 ,  2;5  ,   2;5 0,25

Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình: 1,0
Câu 4 điểm
x  4  x   m x2  4 x  5  2  0 có nghiệm x   2;2  3  .
 

ĐK: x  . Đặt x 2  4 x  5  t  t   x  2   1  1 .
2 0,25

2x  4
Vì x   2;2  3  và t ( x) 
   0, x  [2;2  3] nên t  1;2 .
2 x2  4x  5

t2  7
Bất phương trình trở thành m  . Bpt đã cho có nghiệm
t
t2  7
x   2;2  3   Bpt m 
  có nghiệm t  1;2 0,25
t

t2  7
Xét f (t )  với t  1;2
t
t2  7 0,25
f (t )   0, t  1;2  min f (t )  f (1)  6
t2 [1;2]



 Vậy m  6 là các giá trị cần tìm. 0,25

Cho hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớn
AD=2a, AB  BC  a, SB  2a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt
phẳng (ABCD) trùng với trung điểm O của AD. Trên các cạnh SC,
Câu 5 SD lấy điểm M, N sao cho SM  2MC , SN  DN . Mặt phẳng  qua 1,0
 
điểm
MN và song song với BC cắt SA, SB lần lượt tại P, Q. Tính thể tích
khối chóp S.MNPQ theo a.
Hình vẽ: Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm
S



P N


O
A D
Q M



B C

2a 3
Do SO  ( ABCD), OA  OB  OC  OD  a  SO  a 3
2
1
Do AD  2 BC  S ABD  2 S BCD  S BCD  S ABCD
3
1 2
 VS . BCD  VS . ABCD ,VS . ABD  VS . ABCD
3 3
3a 2 3 1 1 3a 2 3 3a3
0,25
S ABCD  3S AOB   VS . ABCD  SO.S ABCD  .a 3.  (đvtt)
4 3 3 4 4

SP SN 1 SQ SM 2
Có MQ // BC, NP // BC nên   ,  
SA SD 2 SB SC 3 0,25
VS . MNQ SM SN SQ 2 1 2 2 2 2
  . .  . .   VS . MNQ  VS . BCD  VS . ABCD
VS . BCD SC SD SB 3 2 3 9 9 27

VS . PNQ SP SN SQ 1 1 2 1 1 1 0,25
  . .  . .   VS . PNQ  VS . ABD  VS . ABCD
VS . ABD SA SD SB 2 2 3 6 6 9

5 5 3a3 5a3
Suy ra VS .MNPQ  VS .MNQ  VS .PNQ  VS . ABCD  .  (đvtt)
27 27 4 36 0,25
Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x( x  1)  y ( y  1)  z ( z  1)  6. Tìm
Câu 6 giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  1

1

1
.
1,0
x  y 1 y  z 1 z  x 1 điểm

x( x  1)  y ( y  1)  z ( z  1)  6  x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  6
 18  ( x  y  z )2  3( x  y  z )  3  x  y  z  6  0  x  y  x  6
0,25
1 y  z 1 2 1 z  x 1 2
Ta có:   ;   ;
y  z 1 25 5 z  x 1 25 5
1 x  y 1 2
  0,25
x  y 1 25 5

2( x  y  z )  3 6 6 2( x  y  z )  3 3
 A   A  
25 5 5 25 5
0,25
3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  2. Vậy Amin   x  y  z 2.
5
0,25
Cách khác: Đặt t  x  y  z, t  0 .
2( x  y  z )2
2 2 t2
Sử dụng BĐT x  y  z    t  6  t  (0;6] .
3 3
1 1 1 9
Chứng minh    , a, b, c  0 và áp dụng kết quả này
a b c abc
9 9
ta được A  . Xét f (t )  trên (0;6], suy ra kết quả bài
2t  3 2t  3
toán.
II. PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 3,0
điểm
PHẦN A: Theo chương trình Chuẩn
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d đi qua
M(3;1) và cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác IAB 1,0
cân tại I(2;-2). điểm
Giả sử đường thẳng d cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A(a;0),
B(0;b), ( a, b  0)
0,25
x y
Phương trình đường thẳng d có dạng:  1
a b
3 1
Do d qua M(3;1) nên   1 (1)
a b

Câu Đồng thời, IAB cân tại I nên 0,25
7.a IA  IB  (a  2) 2  (0  2) 2  (0  2) 2  (b  2) 2
 a  b
 a2  b 2  
a  b  4

 Với a  b , thay vào (1) ta được a  2; b  2 nên phương trình 0,25
đường thẳng d là x  y  2  0

 Với a  b  4, thay vào (1) ta được  a; b   (6;2) hoặc ( a; b)  (2; 2)
Từ đó, phương trình đường thằng d là x  3 y  6  0 hoặc x  y  2  0 0,25
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là d : x  3 y  6  0
hoặc d : x  y  2  0

Giải phương trình: log 1 x 2  20log81 x3  40log 9 x  7  0 1,0
Câu
3 điểm
8.a Điều kiện: x  (0; ) 0,25
Khi đó, PT  2log 1 x  60log81 x  20log 9 x  7  0
3


 2 log 3 x  15log 3 x  10 log 3 x  7  0 0,25
 7 log 3 x  7  x  3 0,25

Vậy x =3 là nghiệm của phương trình. 0,25
Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà mỗi chữ số đứng trước đều 1,0
nhỏ hơn chữ số đằng sau nó. điểm

Giả sử số cần tìm có dạng abcdef  a  b  c  d  e  f  0,25
Số được chọn không có chữ số 0, vì giả sử có chữ số 0 thì số đó phải
Câu có dạng 0bcdef ,  b, c, d , e, f  1;2;...;9  (không thỏa mãn)
9.a Với mỗi cách chọn ra 6 chữ số, có duy nhất một cách tạo thành số có 0,25
6 chữ số sao cho mỗi chữ số đứng trước đều nhỏ hơn chữ số đằng
sau nó.
Số các số có 6 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là số cách chọn 6 0,25
trong 9 chữ số thuộc tập A  1;2;3;4;5;6;7;8;9

Vậy có C96  84 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25

PHẦN B: Theo chương trình Nâng cao
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường 1,0
Câu tròn  C  : ( x  1) 2  ( y  1) 2  20 . Biết AC=2BD, điểm B có hoành độ điểm
7.b dương và thuộc đường thẳng d : 2 x  y  5  0 . Viết phương trình cạnh
AB.

Đường tròn (C) có tâm I (1; 1), B
bán kính R  2 5 H
d
Đặt BI  x, ( x  0)
A I C
Do AC  2 BD  AI  2 BI  2 x 0,25
Kẻ IH  AB  IH  R  2 5
D




1 1 1 1 1 1
 Trong AIB có: 2
 2 2
 2 2   x  5 ( Do x  0)
IA IB IH 4x x 20
Suy ra IB  5 . Gọi B(t ;2t  5), (t  0)
t  4 (tm) 0,25
Do IB  5  (t  1)  (2t  4)  25   2
2 2
t  ( ktm)
 5

 Với t  4  B(4;3) . Phương trình cạnh AB có dạng:
a ( x  4)  b ( y  3)  0 (a 2  b 2  0)
3a  4b
Có : d ( I ; AB )  IH  R  2 5
a 2  b2
 a  2b 0,25
 11a  24ab  4b  0  
2 2
a  2 b
 11

 Với a  2b, chọn a  2, b  1, phương trình AB là: 2 x  y  11  0
2
 Với a  b, chọn a  2, b  11 , phương trình AB là: 2 x  11 y  41  0
11 0,25
Vậy phương trình cạnh AB là 2 x  y  11  0 hoặc 2 x  11y  41  0

3x  1 1,0
Tìm giới hạn: I  lim
Câu x0 x điểm
8.b x
0,25
eln 3  1
Ta có I  lim
x 0 x

e x ln 3  1 0,25
 I  lim
x0 x

e x ln 3  1 0,25
 I  lim .ln 3
x 0 x.ln 3



 I  1.ln 3  ln 3. 0,25
Câu Tìm hệ số của x10 trong khai triển ( x  3x 2 ) n , (x >0, n nguyên 1,0
9.b dương) biết tổng các hệ số trong khai triển bằng 2048 . điểm

Do tổng các hệ số trong khai triển là –2048 nên ta có:
Cn  3Cn  32 Cn  ...  ( 1) n .3n Cn  2048
0 1 2 n



 (1  3) n  2048  n  11 0,25

Ta có khai triển: 0,25
11 1 11 3
k 22  k
( x  3 x 2 )11   C11 x .(3 x 2 )11 k   C11.(1)11 k .311k .x
k 2 k 2

k 0 k 0



Hệ số của x10 trong khai triển tương ứng với 22  k  10  k  8
3 0,25
2

Vậy hệ số cần tìm là ( 1)3 .33.C11  4455
8
0,25
------------ Hết -------------
Đồng bộ tài khoản