Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 12 trường THPT Văn Quán, Vĩnh Phúc năm học 2014 - 2015

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT VĂN QUÁN

ĐỀ KSCL ĐẦU NĂM HỌC 2014-2015
MÔN: TOÁN, LỚP: 12
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề.

Mã đề 01
Câu 1 (2 điểm). Giải các phương trình lượng giác sau:
a. cos  x  300  

3
2

b. 3tan 2 x  tan x  4  0

Câu 2 (1 điểm). Từ một hộp chứa 10 thẻ được đánh số từ 1 đến 10, chọn nhẫu nhiên 3 thẻ.
Tính xác suất để 3 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn.
Câu 3 (2 điểm). Tính các giới hạn sau:
2

a. lim

x2

2

x  5x  6

b. lim

x2

2x  9x  1

x 

2

x 3

Câu 4 (2 điểm).
1. Tính đạo hàm của các hàm số sau:
2x  3
a) y 
b) y  1  2 x  cos x
x 1
2. Cho hàm số y  f ( x)  x3  3 x  2 (1)
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm M 0  2;4  .
Câu 5 (2 điểm).
Cho hình lăng trụ ABC.A 'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của
A' lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm M của cạnh AB, góc giữa đường thẳng A'C và
mặt đáy  ABC  bằng 600 .
a) Tính khoảng cách từ A' đến mặt phẳng  ABC  .
b) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  ACC'A '
Câu 6 (1 điểm). Chứng minh rằng:





2013 2014
C02014  32 C22014  34 C42014  ...  32014 C2014
2
1
2014  2

—Hết—
Thí sinh không được sử dụng tài liệu để làm bài.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm !

Họ tên thí sinh................................................................SBD.................................


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT VĂN QUÁN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ KSCL ĐẦU NĂM HỌC 2014-2015
MÔN: TOÁN, LỚP: 12
(Đáp án gồm 03 trang)
Mã đề 01

Câu
1
(2 điểm)

Nội dung trình bày

Điểm

a, (1,0 điểm)
 x  300  300  k3600
3
cos  x  30  

0
0
0
2
 x  30  30  k360
 x  600  k3600

k  
0
 x  k360
0

KL : x  600  k3600 và x  k3600 , k   .

0.5

0.5

b, (1,0 điểm)
 tan x  1
3tan x  tan x  4  0  

4
 tan x 
3

2



x


 k

4

 x  arctan 4  k

3

2

0.5

k  


4
KL : x    k và x  arctan  k , k   .
4
3

0.5

n     C103

0.25

(1 điểm) Gọi A là biến cố: " Cả 3 thẻ rút ra đều mang số chẵn ".

3

Ta có : n  A   C35

0.25

C35 10
1
PA  3 

C10 120 12

0.5

a, (1,0 điểm)

1


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

(2 điểm)

2

x  5x  6

lim

x2

x2

 lim

 x  2  x  3

x2

0.5

x2

 lim  x  3  1

0.5

x2

b, (1,0 điểm)
2

lim

2x  9x  1
2

x 

4
(2 điểm)

x 3

9 1

x x2  2
3
1 2
x

2
 lim

x 

1.0

1, (1,0 điểm)
a. y ' 



 2 x  3 '  x  1   2 x  3 x  1 '  2  x  1   2 x  3
 x  12
 x  12

0.25

5

0.25

 x  1

2

b. y '  1  2 x  'cos x  1  2 x  cos x  '

0.25

 2cos x  1  2 x  sin x

0.25

2, (1,0 điểm)
0.5

f '( x)  3x 2  3  f '(2)  9

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 tại điểm M 0  2; 4  là:

y  9  x  2   4  y  9 x  14
5
(2 điểm)

0.5

a, (1,0 điểm)
Do hình chiếu vuông góc của A'
lên mp (ABC) là M nên A'M là
khoảng cách từ A' đến mp (ABC)

và A
'CM  600
0.5
Do ABC đều cạnh a nên CM 
2

a 3
.
2


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Trong tam giác vuông A'MC: A 'M  CM.tan 600 

3a
2

0.5

b, (1,0 điểm)
Gọi N là trung điểm của AC  BN  AC (Do ABC đều)
Gọi I là trung điểm của AN  MI  AC  Do MI / /BN 
Trong mp (A'MI), dựng MH  A 'I  H  A 'I  (1)
Do

6
(1 điểm)

AC  MI 
  AC   A 'MI   AC  MH  2 
AC  A 'M 

0.5

Từ (1) và (2) suy ra : MH   ACC'A ' hay độ dài đoạn MH là
khoảng cách từ M đến mp (ACC'A')
1
a 3
Trong ABN: MI  BN 
2
4
Trong tam giác vuông A'MI:
1
1
1
1
4
16






MH 2 A 'M 2 MI 2
MH 2 9a 2 3a 2
1
52
3a 13



MH

26
MH 2 9a 2
Xét khai triển:
2
2014 2014
x 2  ...  C2014
x
1  x 2014  C02014  C12014 x  C2014
1

0.5

0.5

2014

1  x 2014  C02014  C12014 x  C22014 x 2  ...  C2014
 2
2014 x

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:

1  x 2014  1  x 2014



2014
 2 C02014  C22014 x 2  C42014 x 4  ...  C2014
2014 x



2014
 C02014  C22014 x 2  C42014 x 4  ...  C2014
2014 x
2014
2014
1 x
 1  x 



2
Trong (3), chọn x  3 ta được:

 3

2014
C02014  C22014 32  C42014 34  ...  C2014

2014 3

42014  22014
2

2014
 C02014  C22014 32  C42014 34  ...  C2014
 24027  22013
2014 3





2013 2014
 C02014  32 C22014  34 C42014  ...  32014 C2014
2
1
2014  2

______________Hết______________

3

0.5

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT VĂN QUÁN

ĐỀ KSCL ĐẦU NĂM HỌC 2014-2015
MÔN: TOÁN, LỚP: 12
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề.

Mã đề 02
Câu 1 (2 điểm). Giải các phương trình lượng giác sau:
a. sin  x  300  

3
2

b. 3cot 2 x  cot x  4  0

Câu 2 (1 điểm). Từ một hộp chứa 14 thẻ được đánh số từ 1 đến 14, chọn nhẫu nhiên 3 thẻ.
Tính xác suất để 3 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn.
Câu 3 (2 điểm). Tính các giới hạn sau:
a. lim

x 3

2

x  5x  6

b. lim

x3

x 

Câu 4 (2 điểm).
1. Tính đạo hàm của các hàm số sau:
5x  1
a) y 
3x  2

3

x  5x  1
1  2x

3

b) y   2  5 x  sin x

2. Cho hàm số y  f ( x)  x3  4 x 2  1 (1)
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm M 0 1; 2  .
Câu 5(2 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A,
Mặt bên  SBC  là tam giác đều cạnh a và mp  SBC  vuông góc với mặt phẳng đáy.
a) Tính khoảng cách từ S đến mp  ABC  .
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC.
Câu 6 (1 điểm). Chứng minh rằng:
C02014

2

2

C22014

2

4

C42014

 ...  2

2014

C2014
2014

32014  1

2

—Hết—
Thí sinh không được sử dụng tài liệu để làm bài.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm !

Họ tên thí sinh................................................................SBD.................................

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT VĂN QUÁN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ KSCL ĐẦU NĂM HỌC 2014-2015
MÔN: TOÁN, LỚP: 12
(Đáp án gồm 03 trang)
Mã đề 02

Câu
1
(2 điểm)

Nội dung trình bày

Điểm

a, (1,0 điểm)
 x  300  600  k3600
3
sin  x  30  

0
0
0
2
 x  30  120  k360
 x  900  k3600


k  
0
0
x

150

k360

KL : x  900  k3600 và x  1500  k3600 , k   .
0

0.5

0.5

b, (1,0 điểm)
cot x  1
3cot x  cot x  4  0  
4
cot x 
3

2



 x   4  k


 x  arccot 4  k

3

2

0.5

k  


4
KL : x    k và x  arccot  k , k   .
4
3

0.5

n     C143

0.25

(1 điểm) Gọi A là biến cố: " Cả 3 thẻ rút ra đều mang số chẵn ".

3

Ta có : n  A   C37

0.25

C37
35
5
PA  3 

C14 364 52

0.5

a, (1,0 điểm)
1


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

(2 điểm)

 x  2  x  3
x2  5x  6
 lim
x3
x3
x 3
x 3

0.5

 lim  x  2   1

0.5

lim

x3

b, (1,0 điểm)
3

lim

x  5x  1

x 

4
(2 điểm)

1  2x

3

1
 lim

x 

5
1
 3
2

x
x 1
1
2
2
3
x

1.0

1, (1,0 điểm)
a. y ' 



5 x  1 5  3 x  2   3  5 x  1

3x  2
 3 x  2 2

0.25

0.25

7

 3 x  2 2

b. y '   2  5 x  'sin x   2  5 x  sin x  '

0.25

 5sin x   2  5 x  cos x

0.25

2, (1,0 điểm)
0.5

f '( x)  3x 2  8 x  f '(1)  5

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 tại điểm M 0 1; 2  là:
y  5  x  1  2  y  5 x  3
5
(2 điểm)

0.5

a, (1,0 điểm)
Gọi M là trung điểm của BC. Do
SBC đều nên SM  BC .
Mà  SBC    ABC   BC
 SM   ABC  .
Vậy khoảng cách từ S đến mp
(ABC) là độ dài đoạn SM.

2

0.5

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Do SBC đều cạnh a nên SM 

a 3
.
2

0.5

b, (1,0 điểm)
Trong SMA , kẻ MH  SA

1

BC  SM 
  BC   SAM   BC  MH  2 
BC  AM 
Từ (1) và (2) suy ra MH là đoạn vuông góc chung của SA và BC
Hay, độ dài đoạn MH là khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và
BC.
BC a 2

Do ABC vuông cân tại A nên AB  AC 
2
2
a
Trong tam giác vuông CMA: AM  CA 2  CM 2 
2

Trong tam giác vuông SMA:
1
1
1
1
16
a 3



 2  MH 
2
2
2
2
4
MH
MA
MS
MH
3a

Do

6
(1 điểm)

Xét khai triển:
2
2014 2014

x 2  ...  C2014
x
1  x 2014  C02014  C12014 x  C2014
2014
1  x 2014  C02014  C12014 x  C22014 x 2  ...  C2014
2014 x

0.5

0.5

1
 2

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:

1  x 2014  1  x 2014



2014
 2 C02014  C22014 x 2  C42014 x 4  ...  C2014
2014 x



2014
 C02014  C22014 x 2  C42014 x 4  ...  C2014
2014 x
2014

2014
1 x
 1  x 



0.5

 3

2
Trong (3), chọn x  2 ta được:

2014
C02014  C22014 22  C42014 24  ...  C2014

2014 2

2014

3

1

2

_____________________Hết__________________________

3

0.5