ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC - LẦN 1 - 2011 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 ppsx

SỞ GD – ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC - LẦN 1 - 2011 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút; không kể giao đề Phần chung cho tất cả các thí sinh:( 7 điểm) Câu 1: (2 điểm): Cho hàm số y = 1 2   x x 1- Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2- Gọi I là giao điểm của 2 đường tiệm cận,  là một tiếp tuyến bất kỳ của đồ thị (C). d là khoảng cách từ I đến  . Tìm giá trị lớn nhất của d. Câu 2 : ( 2 điểm): 1. Giải phương trình: 4cosx- 2cos2x- cos4x = 1 2. Giải phương trình: log 2 2 8x 3 – 9log 2 4x 2 – 36log 4 2x = 0 Câu 3 : ( 1 Điểm): Tính tích phân I =    4 0 2 cos1 4sin x x Câu 4 : ( 1 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, khoảng cách giữa AB và SC = a 3 . Tính thể tích của khối chóp Câu 5 : (1 điểm): Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn a + b + c = 1 hãy chứng minh: cab ab  + abc bc  + bca ca   2 3 Phần riêng: (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A- Theo chương trình chuẩn Câu 6A: ( 2 điểm) : 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là: 5x + 2y + 7 = 0 ; x - 2y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A có phương trình là x + y – 1 = 0 (d). Tìm toạ độ đỉnh C của tam giác ABC. 2. Trong không gian Oxyz cho điểm A(- 1; -1; 4), B( 1; -1; 2). Viết phương trình mặt cầu đi qua A,B có tâm nằm trên mp (Oyz) và tiếp xúc với mp (Oxy). Câu 7A : (1 điểm): Với các chữ số 2, 3, 4, 5, 6. có thể lập được bao nhiêu số gồm 5 chữ số khác nhau trong đó hai chữ số 2, 3 không đứng cạnh nhau. B- Theo chương trình nâng cao: Câu 6B : ( 2 điểm): 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích S = 2 3 , toạ độ các đỉnh A (2;-3), B(3; -2) và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng có phương trình 3x – y – 8 = 0. Tìm toạ độ đỉnh C. 2. Trong không gian Oxyz cho điểm A (- 1; -1; 4), B( 1; -1; 2). Viết phương trình mặt cầu đi qua A,B có tâm nằm trên mp ( Oyz) và tiếp xúc với mp ( Oxy) Câu 7B: ( 1 điểm): Giải hệ phương trình        yxyx yx 42 9 22 33 _ Hết_ ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Câu Nội dung Điểm Câu1 1.1đ khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y= 2 1   x x a . tập xác định D = R \ {-1} b . Sự biến thiên y ’ =  2 1 1   x < 0  x  -1 . hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng(-  ; -1 ) và ( -1 ; +  ) ;1lim   y x 1lim   y x Đồ thị có tiệm cận ngang là đường thẳng có phương trình y = 1 ;lim 1    y x    y x 1 lim đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1 x -  -1 +  bảng biến thiên thiên y , - - +  y 1 1 -  Đồ thị : cắt trục ox tại (-2 ; 0 ) y cắt trục oy tại (0 ; 2 ) nhận I ( -1 : 1 ) làm tâm đối xứng 0 x 0,25 0,25 0,25 0,25 2 .1đ Câu 2 1 .1đ 2 .1đ Câu 3 1đ  2 1 1     x y ; Giao điểm của hai đường tiệm cận là I(-1 ;1) Giả sử M ( 0 x ; 1 2 0   x x o   ( C ) . Phương trình tiếp tuyến  với đồ thi hàm số tại M là :  y   1 2 1 1 0 0 0 2 0      x x xx x      211 000 2 0  xxxyxx =0 Khoảng cách từ I đến  là d =  4 0 0 11 12   x x =   2 0 2 0 1 1 1 2   x x  2 Vậy GTLN của d bằng 2 khi 0 x = 0 hoặc -2 1 Giải phương trình 4cosx -2cos2x –cos4x = 0  4cosx -2 (2cos 2 x -1 ) –(1- 2 sin 2 2x ) =1  4cosx – 4cos 2 x +2 -1 +8 sin 2 xcos 2 x -1 =0  4cosx ( 1-cosx + 2sin 2 x cosx ) =0  cosx = 0 hoặc 1-cosx +2sin 2 xcosx = 0    kx  2 hoặc cosx ( 2sin 2 x -1 ) +1=0  Cos3x + cosx =2       1 13 xco xsco  cosx =1  x = k2  vậy phương trình có nghiệm   kx  2 ; x = k2  Giải phương trình : 02log364log98log 4 2 2 3 2 2  xxx (1 ) Điều kiện x > o (1 )      0log118log229log33 22 2 2  xxx  027log18log9 2 2 2  xx  log 2 x = -1 hoặc log 2 x =3  x = 1/2 hoặc x=8 Tính tích phân I = dx x x   4 0 2 cos1 4sin  =  dx xsco xscox    4 0 2 2 1 122sin2  đặt t =cos 2 x suy ra dt = -sin2xdx ; x =0  t = 1 ; x = 4   t = ½ 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 Câu 4 1đ Câu 5 1đ I = -  dt t t    2 1 1 1 122 =   1 2 1 1 2 1 1 2 1 1ln64 1 6 4 1 24             ttdt t dt t t = 2 - 6ln 3 4 S M A D I O J B C Xác định khoảng cách giữa AB và SC Gọi I,J lần lượt là trung điểm của AB,DC AB// DC nên AB// (SDC)  khoảng cách giữa AB và mp (SCD) là khoảng cách giữa AB và SC . Ta có IJ  CD , SJ  CD (v ì S.ABCD là hình chóp đều )  CD  ( SI J ) (1) Trong mp(SI J ) kẻ IM  SJ (2 ) , từ ( 1)  IM  CD (3) Từ (2) ,(3)  IM  (SCD )  IM = 3a Gọi O là giao điểm của AC và BD  SO là đường cao của hình chóp Thể tích của hình chóp V = Bh 3 1 ,trong đó B =4a 2 , h =SO Tính SO . Trong tam giác vuông IM J (vuông tại M ) có I M = 3a , I J = 2a , Gọi  là góc IJM ta có sin  = 2 3 2 3  a a JI IM   =60 0  Tam giác SIJ là tam giác đều cạnh 2a  SO = 3a Thể tích hình chóp V = 3 4 3.4 3 1 3 2 a aa  Do a+b+c =1  ab +c = ab + c ( a+b+c )  ab +c = (a + c) (b +c )                 cb b ca a cb b ca a cab ab 2 1 . (1 ) Tương tự ta có :                ac c ab b ac c ab b abc bc 2 1 . ( 2 )                ba a bc c ba a bc c bca ca 2 1 . ( 3 ) Từ (1) ,(2) ,(3) suy ra 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Câu 6A 1 . 1đ 2 . 1đ Câu 7A Câu6 B 1. 1đ   cab ab abc bc  + bca ca   2 3 . Dấu bằng xảy ra khi a=b=c = 3 1 Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ :      01 0725 yx yx  A (-3 ; 4 ) Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ :      012 0725 yx yx  B (-1;-1) Gọi D là điểm đối xứng của B qua đường phân giác góc A  D thuộc AC , ta tính được toạ độ điểm D (2 ;2 ) Phương trình đường thẳng AC chính là phương trình đường thẳng đi qua A (-3; 4) ; D(2 ;2) . Phương trình là : 2x +5y -14 =0 Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ      012 01452 yx yx  C ( 3 4 ; 3 11 ) Viết phương trình mặt cầu đi qua A (-1;-1;4 ) ; B (1;-1;2) có tâm nằm trên mp(oyz) và tiếp xúc với mp(oxy) . Gọi I là tâm mặt cầu , vì I thuộc (oyz) nên I có toạ độ I (0;b;c) Vì mặt cầu đi qua A ,B và tiếp xúc với mp(oxy) nên ta có IA = IB = d(I , oxy )  1+(b+1) 2 +(c-4) 2 =1+(b+1) 2 +(c-2) 2 = c 2  c = 3 ; b =-1 7 Vậy có hai mặt cầu thoả mãn bài toán là :   9371 2 2 2  zyx hoặc    9371 2 2 2  zyx Có 5! = 120 cách chọn số có 5 chữ số khác nhau từ 5 chữ số trên . Ta tìm các số có 5 chữ số khác nhau mà 2 ,3 đứng cạnh nhau . Nếu xếp hai chữ số 2 ,3 vào hai ô liền nhau (2 đứng trước 3) xem như 1 ô , ba chữ số 4,5,6 vào ba ô còn lại . như thế có 4 cách chọn vị trí cho cặp số 2,3 ; có 3! Cách chọn vị trí cho 3 chữ số còn lại . Vậy có 4 .3! = 24 cách chọn số gồm 5 chữ số khác nhau mà 2,3 đứng cạnh nhau ( 2 đứng trước 3 ). Nếu 3 đứng trước 2 cũng làm tương tự ta được 24 cách lập . Các số thoả mãn yêu cầu bài toán là 120-48=72 số Gọi I là trung điểm của AB thì I (5/2 ;-5/2) ; G (x 0 ; y 0 )là trọng tâm tam giác ABC ; S , S 1 lần lượt là diện tích tam giác ABC , GAB ta có S 1 = 3 1 S = 2 1 2 3 . 3 1  Ta c ó AB = 22 11  = 2 Đường cao GH của tam giác AGB có độ dài GH= 2 1 2 1  AB S 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 2. 1 đ Câu 7B Đường thẳng AB có phương trình x - y – 5 = 0 (d ) Lại có GH = d (G,d ) = 2 1 2 5 00   yx  5 00  yx =1 (1) G nằm trên đường thẳng có phương trình 3x-y -8 =0 nên ta có 3x 0 –y 0 – 8 =0 (2) .T ừ (1),(2) suy ra ( x 0 , y 0 ) = ( -1;-5) hoặc (2;-2) 3 OG = OCOIOCOBOA  2 Suy ra C(-2;-10) hoặc C(1 ;1 ) Viết phương trình mặt cầu đi qua A (-1;-1;4 ) ; B (1;-1;2) có tâm nằm trên mp(oyz) và tiếp xúc với mp(oxy) . Gọi I là tâm mặt cầu , vì I thuộc (oyz) nên I có toạ độ I (0;b;c) Vì mặt cầu đi qua A ,B và tiếp xúc với mp(oxy) nên ta có IA = IB = d(I , oxy )  1+(b+1) 2 +(c-4) 2 =1+(b+1) 2 +(c-2) 2 = c 2  c = 3 ; b =-1 7 Vậy có hai mặt cầu thoả mãn bài toán là :   9371 2 2 2  zyx hoặc    9371 2 2 2  zyx Giải hệ        yxyx yx 42 9 22 33         yyxx yx 12633 9 22 33  x 3 – 3x 2 +3x = y 3 +6y 2 +12y +9  (x-1) 3 = (y +2) 3  x =y + 3 Vậy hệ đã cho             2 1 3 9 33 y x yx yx hoặc      1 2 y x Mọi cách làm khác đúng đều cho điểm theo phần tương ứng 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 7 . SỞ GD – ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC - LẦN 1 - 2 011 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 18 0 phút; không kể giao đề Phần chung cho tất cả. ĐIỂM MÔN TOÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2 011 Câu Nội dung Điểm Câu1 1. 1đ khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y= 2 1   x x a . tập xác định D = R { -1 }. Câu 4 1 Câu 5 1 I = -  dt t t    2 1 1 1 122 =   1 2 1 1 2 1 1 2 1 1ln64 1 6 4 1 24             ttdt t dt t t =