Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Toán học đề khảo sát chất lượng học kì 2 môn toán năm 2016 tỉnh nam định...

Tài liệu đề khảo sát chất lượng học kì 2 môn toán năm 2016 tỉnh nam định

.PDF
6
3892
69

Mô tả:

www.DeThiThuDaiHoc.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: Toán – lớp 12 ( Thời gian làm bài: 180 phút ) 2x 1 . x 1 Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  5  4 x trên đoạn Câu 1(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   1;1 . Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn 1  3i  z  1  i  5  i . Tính môđun của z . b) Giải phương trình log 2  x  1  log 2 x  1 . 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I    2  x 3  x.e x  dx. 0 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 1; 0  và đường thẳng d có phương x 1 y 1 z   . Lập phương trình mặt phẳng  P  đi qua điểm A và vuông góc với đường 2 1 3 thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc trục Ox sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P) bằng 14 . trình Câu 6 (1,0 điểm). 2 a) Tính giá trị của biểu thức P  1  3sin 2 x 1  4cos 2 x  , biết cos 2 x   . 3 b) Trong đợt kiểm tra chất lượng sản xuất sản phẩm tiêu dùng, một đoàn thanh tra lấy ngẫu nhiên 5 sản phẩm từ một lô hàng của một công ty để kiểm tra. Tính xác suất để đoàn thanh tra lấy được đúng 2 phế phẩm. Biết rằng trong lô hàng đó có 100 sản phẩm, trong đó có 95 chính phẩm và 5 phế phẩm. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , tam giác SAB vuông cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a . Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 18. Gọi E là trung điểm cạnh BC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE cắt đường chéo AC tại G , (G không  2 4 trùng với C ). Biết E 1; 1 , G  ;  và điểm D thuộc đường thẳng d : x  y  6  0 . Tìm tọa độ các 5 5 điểm A, B, C , D.  2 x 2  6 xy  17 y 2  17 x 2  6 xy  2 y 2  5  x  y   Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   x; y    . 2 2  x  1 x  2  2 y   6 y  11 x  2  x Câu 10 (1,0 điểm). Xét x, y , z là các số thực dương thỏa mãn xy  xz  1  x .    1  4 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P   xy  xz  2   1   1   . y   3z   ___________ HẾT ___________ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………………… Số báo danh: ……………………………………… Facebook.com/ThiThuDaiHoc www.DeThiThuDaiHoc.com HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: Toán – lớp 12 Câu Câu 1 Nội dung Điểm 1 điểm Khảo sát sự biến thiên và….  TXĐ: D = R\{ - 1}  Giới hạn và tiệm cận lim y  lim y  2 ; tiệm cận ngang y=2 x  0,25 x  lim y  ; lim  y   ; tiệm cận đứng x=-1 x ( 1) x  ( 1) 3  0 x  1 ( x  1) 2 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-  ; -1) và ( -1; +  ) Hàm số không có cực trị  BBT: x - -1 + y’ + +  Đạo hàm: Ta có y '  0,25 0,25 + y 2  2 - Đồ thị: y 5 4 3 0,25 2 1 x -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 -1 -2 Câu 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị… Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn  1;1 2  0x   1;1 5  4x Do f  1  4; f 1  0 Ta có f '  x   1  0.25 0.25 Vậy max f  x   0 , xảy ra khi x  1 ; min f  x   4 , xảy ra khi x  1 . 1;1  1;1 Câu 3a Cho số phức z thỏa mãn 1  3i  z  1  i  5  i . Tính môđun của z . Ta có 1  3i  z  1  i  5  i  z  1 điểm 0.25 4  2i  1 i 1  3i Suy ra z  2 . 0.25 0,5 điểm 0,25 0,25 Facebook.com/ThiThuDaiHoc www.DeThiThuDaiHoc.com Câu 3b Giải phương trình log 2  x  1  log 2 x  1 . 0,5 điểm ĐKXĐ x  1 . Câu 4 x  2 PT đã cho  log 2  x  x  1   1  x  x  1  2  x 2  x  2  0    x  1 Đối chiếu ĐK ta có x  2 là nghiệm duy nhất của PT đã cho. Tính tích phân…. 1 1 Ta có I    2  x  x.e  dx    2  x  dx   xe x dx 3 0 0  x4  2  x dx  2 x    4   94 . 0   0 3 1  0,25 0 1 1  1  xe dx   xde   x.e x 0 x 0 x 1 0,25 1    e dx  e   e  0 x x 0 1 0 1 13 . 4 Trong không gian tọa độ Oxyz ,….  Đường thẳng d có VTCP là u  2;1; 3 . Vì đường thẳng d vuông góc với mặt  phẳng (P), nên mặt phẳng (P) nhận u  2;1; 3 làm VPPT. Vậy I  Câu 5 0,25 1 điểm 1 x 3 0,25 Mà mặt phẳng (P) đi qua điểm A 1; 1; 0  , do đó mặt phẳng (P) có phương trình: 2  x  1  1 y  1  3  z  0   0   P  : 2 x  y  3z  1  0 . Do B  Ox  B  a;0;0  , ta có: d  B;  P    2a  1 14 0,25 0,25 1 điểm 0,25 0,25 . 15  a  2 Suy ra d  B;  P    14   14  2a  1  14   . 14  a  13  2  15   13  Vậy B  ; 0;0  , hoặc B  ; 0; 0  2   2  2a  1 Câu 6a Tính giá trị của biểu thức P  1  3sin 2 x 1  4cos 2 x  , biết cos 2 x   2 . 3 1  cos 2 x   1  cos 2 x   Ta có P  1  3sin 2 x 1  4 cos 2 x    1  3.  1  4.  2 2     5  3cos 2 x  3  2 cos 2 x   35 .  2 6 Câu 6b Trong đợt kiểm tra chất lượng sản xuất… 5 Không gian mẫu của phép thử là  có n     C100 . Gọi A là biến cố “đoàn thanh tra lấy được đúng 2 phế phẩm” Số cách lấy được 5 sản phẩm trong đó có đúng 2 phế phẩm là C953 .C52 cách. 0,25 0,25 0,5 điểm 0,25 0,25 0,5 điểm 0,25 Suy ra n  A   C953 .C52 . n  A  0, 0183 . n  (Lưu ý :Thí sinh lấy kết quả xấp xỉ 0,02 cũng cho điểm tối đa)  P  A  Facebook.com/ThiThuDaiHoc 0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com Câu 7 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều…. Gọi H là trung điểm của AB  SH  AB mà  SAB    ABC   SH   ABC  Do SAB vuông cân tại S AB a  SH   . 2 2 a2 3 . 4 1 a3 3 Do đó: VSABC  SA.S ABC  (đvdt). 3 24 Dựng hình bình hành ABDC , ta có AC ||  SBD   d  AC , SB   d  AC ;  SBD    d  A;  SBD    2d  H ;  SBD   1 điểm 0,25 Mà ABC đều  SABC  0,25 0,25 Kẻ HK  BD tại K và HI  SK tại I. Ta có BD   SHK   BD  HI , do đó HI   SBD   d  H ;  SBD    HI   600  HK  HB.sin 600  a 3 Xét tam giác vuông BHK có HBK 4 1 1 1 a 3 Xét tam giác vuông SHK, ta có    HI  2 2 2 HI HS HK 2 7 3 Vậy d  AC , SB   2 HI  a . 7 Câu 8 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD …. 0,25 1 điểm Do tứ giác CDGE nội tiếp  DG  GE , Do D  d  D  t ;6  t    3 9    2 26  Ta có EG   ;  ; DG  t  ;  t  do  5 5  5 5    EG.DG  0  t  4  D  4; 2  . 0,25 Suy ra DE  3 2, DE : x  y  2  0 9 1 9 Gọi C  a; b  , do S ABCD  18  SCDE   d  C; DE  .DE   a  b  2  3 .(1) 2 2 2   Mà DC  a  4; b  2  , EC  a  1; b  1 ; do   CD  CE  DC.EC  0   a  4  a  1   b  2  b  1  0 (2)  a  b  2  3  a  4; b  1 C  4; 1 Từ (1) và (2) ta có:  2   a  1; b  2   2  a  5a  b  b  2  0 C 1; 2  Do C và G nằm khác phía với bờ là đường thẳng DE  C 1; 2  không thỏa mãn 0,25 0,25 Suy ra C  4; 1 thỏa mãn.   Vì M là trung điểm BC nên B  2; 1 . Do AD  BC  A  2; 2  . Facebook.com/ThiThuDaiHoc 0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com Câu 9  2 x 2  6 xy  17 y 2  17 x 2  6 xy  2 y 2  5  x  y  1  Giải hệ:  2 2  2  x  1 x  2  2 y   6 y  11 x  2  x ĐKXĐ: x  2   2 Từ (1)  x  y  0 và VT 1   x  4 y  2  1 điểm  4x  y  2  x  4 y   x  y 2  2  4x  y    x  y  2 0,25  x  4 y  4x  y  5 x  y . Dấu “=” xảy ra  x  y  0 . Thế x  y vào PT (2) ta được  x 2  1 x 2   x  2  2 x   6 x  11 x  2  x 2  6 x  12  x  2  2 x3  x 2  2 x  2 x3  x  x  2    x 2  6  x  2   x  2  0 3  2x  x  x2 3  2 x 2 x26  x2  0,25 3 0 2  x   x   x   2       6  0 (vì x  0 )  x2   x2   x2  x Đặt t  , PT trên trở thành x2 3 2t 3  t 2  t  6  0   2t  3  t 2  2t  2   0  t  2  9  369 x t / m  x 3 8 2  .    3 x  2  2 x  4x  9x  18  0   x2 2 9  369 L x   8 9  369 9  369 Với x  y . 8 8  9  369 9  369  Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    ;  . 8 8   0,25 0,25 Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn xy  xz  1  x . Câu 10  1  4 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P   xy  xz  2   1   1   . y   3z    1  4  Từ giả thiết đã cho ta có : P  1  x   1   1   y   3z   1 1 Mà xy  xz  1  x   y  z  1 . Đặt  u ,  u  0  x x 4  1  1  Ta có u  y  z  1 và P  1    1    1   . y   3z   u  4   Do u  y  z  1 suy ra u , y , z   0;1   1    0 .  3z  2 1 điểm 0,25 2 2 1   2   2   1  1   Mà  1    1     1   1   1      y   uy   u  y   1  z   u  4  2   1  1  Suy ra P  1   1    1    1  y   3z   1  z   u  2 4   1  3z  .   Facebook.com/ThiThuDaiHoc 0,25 www.DeThiThuDaiHoc.com 2   Xét hàm số f  z   1    1 z  Ta có f '  z   2 2 4   z  3  1    2  3z   z  1 4  z  3 2 z  3 2 z  1 3 3  z  1 z 2  3z  4  .  với z   0;1  3z  , 1 2  f ' z   0  z  0,25 Lập bảng biến thiên: z f’(z) 0 + 1 2 0 1 - 125 3 f(z)  Ta có P  f  z    125 125 1 1 P , đẳng thức xảy ra khi x  4; y  ; z  . 3 3 4 2 125 Vậy MaxP   . 3  0,25 Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình, đều cho điểm tương đương. ----------Hết-------- Facebook.com/ThiThuDaiHoc
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan