Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 44 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
44
Dung lượng
507,4 KB
Nội dung
1 KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN NĂM 2011 Câu I) Cho hàm số 1 1 x y x + = − (H) 1) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số (H) 2) Tìm hai ñiểm A, B thuộc ñồ thị sao cho tiếp tuyến tại A, B song song với nhau và khoảng cách giữa hai tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II) 1) Giải phương trình lượng giác: 2 2 2 3sin .cos 2cos 3 4 sin cos .cos 8 8 8 3 3 x x x x x x π π π π π − − + − = + + − + 2) Giải hệ phương trình sau: ( ) 2 2 1 2 2 1 1 3 3 y x x y x y x x + = + + − = + Câu III) 1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ñồ thị các hàm số: 25 x x y e e = − và 144 25 x y e = − 2) Cho l ă ng tr ụ ñứ ng ABCA’B’C’ có ñ áy ABC là tam giác vuông t ạ i B có AB=a; 2 BC a = , ' 6 BB a = . Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với A’C cắt CC’, BB’ lần lượt tại M, N. Tính thể tích khối chóp ABCMN. Câu IV) 1) Trong mặt phẳng Oxy cho A(1;2) và các ñường thẳng 1 2 : 2 1 0; : 2 8 0 d x y d x y + − = + + = . Tìm B thuộc d 1 , D thuộc d 2 và C sao cho ABCD là hình vuông. 2) Trong không gian Oxyz cho A(2;1;-1); B(-1;2;0) và ñường thẳng d: 1 0 x t y z t = + = = − . Vi ế t ph ươ ng trình ñườ ng th ẳ ng ∆ qua B c ắ t (d) sao cho kho ả ng cách t ừ A ñế n ñườ ng th ẳ ng ∆ b ằ ng 11 Câu V) 1) Gi ả i ph ươ ng trình: 2 100 250 40 6(25 4 ) x x x x x + = + − 2) Cho hai s ố a, b th ỏ a mãn 1 ; 1 2 a a b ≥ − > . Tìm a, b sao cho biểu thức 3 2 1 ( ) a A b a b + = − nhỏ nhất. Thầy Kiên toán: 0988844088, 01256813579 2 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KIỂM TRA THẦY KIÊN 0988844088 Câu I) 1. 1 1 x y x + = − . Khảo sát – HS tự làm 2. Gọi 1 1 ; , ; 1 1 a b M a N b a b + + − − Tiếp tuyến tại song song với tt tại N ( ) ( ) ' 1 1 a b f a f b a b ≠ ⇔ = ⇒ ≠ ≠ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 ( ) 1 a b a b a b loai a b − = − + = − − ⇔ ⇒ = ≠ ≠ TT t ạ i ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 : : 2 1 2 1 0 1 1 a M y x a x a y a a a a + = − − + ⇒ ∆ − − − + = − − Ta có ( ) 1;1 I là trung ñiểm MN suy ra khoảng cách giữa hai tiếp tuyến lớn nhất / max I d ∆ ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 / 4 2 2 2 2 1 2 1 4 1 4 4 2 2 4 4 1 4 1 1 1 I a a a a d a a a a ∆ + − − − + − ⇒ = = = ≤ = + − + − + − − ax 1 2 2 1 1 2 2 1 2 2 1 1 2 m a a b d a a b − = = + = − ⇒ = ⇔ ⇒ ⇒ ⇒ − = − = − + = + có hai cặp ñiểm M,N Câu II) 1. Giải phương trình lượng giác: 2 2 2 2 3sin .cos 2cos 3 4 sin cos .cos 8 8 8 3 3 2 3sin 2 1 cos 2 3 4sin 2 cos cos 2 4 4 3 3sin 2 cos 2 3 2 2 cos2 2cos2 4 4 x x x x x x x x x x x x x x π π π π π π π π π π − − + − = + + − + ⇔ − + + − = + + + ⇔ − + − = − + − + 3 1 3 sin 2 cos 2 sin 2 sin 2 4 2 4 2 12 3 2 2 12 3 8 2 7 2 2 12 3 24 x x x x k x k x k x k π π π π π π π π π π π π π π ⇔ − + − = ⇔ + = + = + = + ⇒ ⇔ + = + = + 3 2. Giải hệ ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 1 1 1 3 3 2 y x x y x y x x + = + + − = + ( ) ( ) ( ) 2 0( ) 1 2 2 2 2 0 2 x y loai y x y x x xy x y x y y x y x + = ⇔ + = + ⇒ − + − = ⇔ = Thay y=2x vào (2) ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 2 1 1 3 3 2 1 1 x x x x x x + + − = + ⇒ = + − Ta th ấ y VP có d ạ ng ( ) ( ) ( ) 2 3 3 ' 0 1 1 t f t f t t t = ⇒ = − < − − ngh ị ch bi ế n ( ) ( ) : 2 ' 2 0 VT f x x f x = ⇒ = > 3 x⇒ = là nghiệm duy nhất KL: nghiệm của hệ ( ) 3;2 3 Câu III) Tính Shp gi ớ i h ạ n b ở i: 25 x x y e e = − và 144 25 x y e = − Hoành ñộ giao ñiểm 2 ñồ thị là nghiệm 25 x x e e − = 144 25 x e − ⇔ 25 x x e e − = ( ) ( ) ( ) 9 ln9 144 25 144 ln16 16 25 x x x x x e TM x e e x e TM e = = ⇔ − = ⇔ ⇔ = = − ( ) ( ) ln16 ln16 ln9 ln9 25 144 144 25 25 25 x x x x x x e e S e e dx dx e e − − ⇒ = − − = − − ∫ ∫ Đặt 2 2 25 25 25 2 x x x x e t e t e t e dx tdt − = ⇒ − = ⇒ = − ⇒ − = ( ) ( ) 2 2 2 2 4 4 2 2 3 3 3 4 4 2 4 4 3 3 3 3 25 144 25 144 2 . 2 25 25 288 1 1 2 144 5 74 144 7 2 ln ln 10 5 5 3 5 5 3 5 18 t t t t tdt S dt t t t t t t dt dt t t t − − − − − ⇒ = = − − − = − − − = − − = − − − + + ∫ ∫ ∫ ∫ Câu III) Kẻ ñường thẳng qua ' A AC ⊥ cắt AC’ ở I và CC’ ở M 4 Tính ñược CI=a suy ra IA’=2a 1 AA ' 2 MC ⇔ = ⇒ M là trung ñiểm của CC’ Có ( ) ( ) ( ) ' ' , ' ' ' BC ABA B BC AN AN P AN AC AN A BC AN A B ⊥ ⇒ ⊥ ∈ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ' ' NB BJ AA JA = v ớ i ' J AN A B = ∩ Tính ñượ c 7 1 1 6 , ' 7 ' 7 ' 6 6 6 a BJ a BJ A B a NB AA JA = = ⇒ = ⇒ = = ( ) 3 1 1 1 6 6 2 3 . . 2 3 3 2 6 2 9 ABCNM a a V AB dt BCNM a a a = = + = B' J I A B N C M C' A' Câu IV) 1) Giả sử ta ñã tìm ñược B, D thỏa mãn ñiều kiện ta suy ra D là ảnh của B qua phép quay tâm A góc quay 0 90 ± *) Xét phép 0 0 1 1 1 1 1 ( ,90 ) ( , 90 ) : :2 4 0 (0; 4) : ( 5;3) :7 5 20 0 :5 7 9 0 5 1 ; ( 6; 3) 2 2 A A Q d a a x y D a d D Q D B B BD x y AC x y I AC BD I C − → ⇒ − − = ⇒ = ∩ ⇒ − → ⇒ − ⇒ + + = ⇒ − + = = ∩ ⇒ − − ⇒ − − T ươ ng t ự xét phép quay 5 0 0 1 2 2 2 1 ( , 90 ) ( ,90 ) 16 12 : :2 4 0 ; 5 5 27 11 : ; :7 5 20 0 :5 7 9 0 5 5 6 33 ; 5 5 A A Q d a a x y D a d D Q D B B BD x y AC x y C − → ⇒ − + = ⇒ = ∩ ⇒ − − → ⇒ − ⇒ + + = ⇒ − + = ⇒ − 2) ( ) ( ) ( ) ( ) / 2 2 2 / 2 2 1 ;0; , 2; 2; , ; ( 3;1;1); , ( 2;2 2; 4) 1 2 (2 2) ( 4) 11 2 (0;1; 1) : 2 ( 2) 4 1 A A d M t t u BM t t BM AB d AB BM AB t t t BM x t t t d t u PTTS y t t t z t ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∩ = + − = + − − = = − = − − − = − − + − + − ⇒ = = ⇔ = − ⇒ − ⇒ ∆ = − + + + = + Câu V) 1) Gi ả i ph ươ ng trình: Ta có 2 2 100 10 (25 4 ) 6(25 4 ) 0 10 2 10 10 25 4 6 0 25 4 25 4 10 3 25 4 x x x x x x x x x x x x x x x x x x PT ⇔ + − − − = = − ⇔ + − = ⇔ − − = − − (1) (2) Giả i (1) ta có 5 2 1 17 log 4 x + = ; Gi ả i (2) ta có 2 5 1 37 log 6 x + = 2) T ừ gi ả thi ế t ta suy ra 3 0; 1 0; ( ) 0 a a b a b ≠ + > − > Ta có 2 0 ( ) 4 a b a b< − ≤ nên ta có 3 2 2 1 4 a P a + ≥ Xét hàm số 3 2 2 1 1 ( ) ; ; 2 a f a a a + = ∈ − +∞ L ậ p b ả ng bi ế n thiên ta tính ñượ c min ( ) 3 f a = t ạ i a=1 ho ặ c 1 2 a = − suy ra Min P=12 tại 1 1 2 1 1 2 4 a a b b = = − ∨ = = − 6 KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN NĂM HỌC 2010- 2011 Thời gian làm bài 180 phút Câu I) Cho hàm số 1 32 + + = x x y (H) 1) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số (H) 2) Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị (H) tại những ñiểm thuộc ñồ thị có khoảng cách ñến ñường thẳng 3x+4y-2=0 bằng 2. Câu II) 1) Giải phương trình sau: 3 4 sin22 3sin3cos 2sin4cos 2 + += + + π x xx xx 2) Giải hệ phương trình sau: =++ =−−+− yxx yyxyx 32 28309 2236 Câu III) 1) Tính tích phân sau: ∫ + = 3 4 2 cos1cos tan π π dx xx x I 2) Cho l ă ng tr ụ ABCA’B’C’ có ñ áy là tam giác vuông v ớ i c ạ nh huy ề n BC=2a; 0 60 ˆ =CBA . Mặt bên (BCC’B’) là hình thoi ( 0 90 ˆ ' <CBB )và vuông góc với ñáy mặt bên (ABB’A) tạo với ñáy một góc 45 0 .Tính thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’. Câu IV) 1) Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho ñường tròn (T) có phương trình: 0128 22 =+−+ xyx và I(8;5). Tìm tọa ñộ ñiểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ ñược hai tiếp tuyến MA, MB ñến ñường tròn (T) ñồng thời ñường thẳng AB ñi qua I. (A, B là hai tiếp ñiểm) 2) Trong không gian Oxyz cho A(-1;0;2) , mặt phẳng (P): 2x-y-z+3=0 và ñường thẳng (d) có phương trình 1 6 4 2 2 3 − = − = − zyx . Viết phương trình ñường thẳng ∆ qua A cắt (d) tại B, cắt (P) tại C sao cho AB=AC. Câu V) 1) Tìm m ñể phương trình 0)22914(log2)6(log 2 2 1 3 2 =−+−+− xxxmx có 3 nghi ệ m th ự c phân bi ệ t 2) Cho x, y là các s ố th ự c d ươ ng. Tìm giá tr ị nh ỏ nh ấ t c ủ a bi ể u th ứ c 22 33 )(7 yxxy yxxyyx A + +++ = (T Kiên 0988844088) Họ và tên:………………………………………… Trường:…………………………………………… 7 ĐÁP ÁN THI THỬ THẦY KIÊN TOÁN 0988844088 Câu I) 1)Học sinh tự làm 2) Xét H a a aM ∈ + + 1 32 ; Ti ế p tuy ế n t ạ i M là: ( ) ( ) (*) 1 32 1 1 2 + + +− + −= a a ax a y (0,25ñ) Có: 2 / = ∆M d với 0243: = − + ∆ yx −= −= −< ⇔ =++ −< = = −≥ ⇔ =− −≥ ⇔ −−=++ −< +=++ −≥ ⇔ +=++⇔= + − + + + ⇔ )( 3 4 )(5 1 020193 1 )( 3 1 )(0 1 03 1 10101093 1 10101093 1 )25,0(11010932 43 2 1 32 43 2 2 2 2 2 22 TMa TMa a aa a TMa TMa a aa a aaa a aaa a ñaaa a a a Giải ñúng 4 giá trị của a: 0,25ñ Từ ñó có 4 tiếp tuyến tương ứng với 4 giá trị của a. (Viết ñủ 0,25ñ) Câu II) 1) Giải phương trình lượng giác: 3 4 sin22 )2 2 cos(3cos )2 2 cos(4cos 2 + += −+ −+ ⇔ π π π x xx xx PT (0,25ñ) 3 4 sin22 4 3cos. 4 cos2 . 4 3cos. 4 cos2 2 + += − − + ⇔ π ππ ππ x x xx ⇒ ñiều kiện: 0 4 3cos ≠ − π x (0,25ñ) 8 )25,0)(( 2 2 4 sin 0 2 1 4 sin2 4 sin 2 3 4 sin2 4 cos 22 dTMx xxxxPT −= + =− +− +−⇔+ += +⇔ π ππππ KL: += +−= ππ π π 2 2 2 kx kx (0,25 ñ ) 2) Gi ả i h ệ : =++ =−−+− )2(32 )1(28309 2236 yxx yyxyx Điều kiện: 2 3 −≥x PT(1) ( ) ( ) [ ] 031)3(3130289 2422326 ≥+⇒+++=+⇔+++=+⇔ yyyxxyyyxx (0,25ñ) Xét hàm số ( ) ( ) tttttf +=+= 32 1 với 0 ≥ t ⇒∀>+= tttf 013)(' 2 hàm )(tf ñồng biến. ( ) 3)3( 22 +=⇔+=⇒ yxyfxf (0,25ñ) Thay vào (2): 332 2 −−=+ xxx −= = ⇒ =++−− ≥−− ⇔ +++−−=+ ≥−− ⇔ 2 3 06452 03 966232 03 234 2 2234 2 x x xxxx xx xxxxxx xx (0,25 ñ ) V ớ i 12;63 −=⇒−==⇒= yxyx KL: Hệ có nghiệm ( ) ( ) ( ) 1;2,6;3; −−=yx (0,25ñ) Câu III) 1) ∫∫∫ + = + = + 3 4 2 2 3 4 2 2 3 4 2 cos 1 . 2tan. tan cos 1 . 1 cos 1 . tan cos1.cos tan π π π π π π dx x x x dx x x x dx xx x (0,25 d) Đặt 2tan2tan 222 +=⇒=+ xttx (0,25) dx x xtdtdx x xtdt 22 cos 1 .tan cos 1 .tan22 = ⇒ = ⇒ (0,25ñ) ( ) 35 5 3 5 3 5 3 −==== ⇒ ∫∫ tdt t tdt I (0,25d) 2) += +−= ⇔ +=+ +−=+ ⇔−= + )(2 )(2 2 2 4 5 4 2 44 2 2 4 sin TMkx TMkx kx kx x ππ π π π ππ π ππ π 9 C' A M B H C B' A' Vì ( ) ( ) ABCBBCC ⊥'' Hạ ( ) ABCHBBCHB ⊥⇒⊥ '' Hạ 0 45 ˆ ' =⇒⊥ HMBABHM (0,25ñ) Đặt a x AC HM xBH 2 =⇒= xx a a HMa a AC 2 3 2 3 3 2 32 ==⇒== 2222 4'' xaBHBBHB −=−= (0,25ñ) ' MHB ∆ vuông cân 7 4 4 4 3 ' 222 a xxaxHMHB =⇒−=⇒= (0,25ñ) ( ) 3 3 7 7 3 7 3 .3 2 1 . 7 3 2.' a a aaaABCdtHBV ==== (ñvtt) Câu IV): Xét ( ) yxA ; là tiếp ñiểm ∈ ⇒ A ñường tròn: )1(0128 22 =+−+ xyx tâm ( ) 2;0;4 =RJ ( ) yxAJ ;4− ( ) mMOyM ;0) ⇒∈ ( ) .; myxAM − MA là ti ếp tuyến JAMA ⊥ ⇒ (0,25ñ) 040. 22 =−+−⇔=⇔ myyxxAJAM 04 22 =−−+⇔ myxyx (2) (0,25ñ) 10 ⇒ tọa ñộ A thỏa mãn hệ: 0124 04 0128 22 22 =−−⇒ =−−+ =+−+ myx myxyx xyx ⇒ A,B thu ộ c ñườ ng th ẳ ng 0124: = − − ∆ myx (0,25 ñ ) A, B qua ( ) 40125325;8 =⇒=−−⇔ mmI Vậy M(0;4) TMĐK (0,25) 2) Giả sử ( ) ⇒+++=∩∆ tttBd 6;42;23 A là trung ñiểm BC ( ) tttC 22;42;25 −−−−−−⇒ Vì C thuộc mặt phẳng (P) ( ) 2 1 36032242252 =⇒=⇒=+++++−−⇒ ttttt ( ) 3;4;6 −−−⇒ C ∆ ⇒ qua A, C ( ) 5;4;5 −−−⇒ AC PTTS ( ) −= −= −−= ∆ tz ty tx 52 4 51 : Câu V) ( ) ( ) ( ) ( ) 22914log6log 22914log26log)1 2 2 3 2 2 2 3 2 1 −+−=−⇔ −+−−=−⇔ − xxxmx xxxmx +−−= << ⇔ −+−=− >−+− ⇔ 29 2 146 2 14 1 229146 022914 2 23 2 x xxm x xxxmx xx (0,25) Xét ( ) 29 2 146 2 +−−= x xxxf với ∈ 2; 14 1 x ( ) ( ) 22 23 2 2 1 3 1 112 214122 1412' x xxx x xx x xtf − +− = +− =+−= (0,25) 24 19 39/2 3/98 2 1 1/21/14-1/3 f(x) f'(x) x (0,25) [...]... (Cm) có 3 i m c c tr t o thành 1 tam giác có ư ng 3 9 tròn ngo i ti p i qua i m D ; 5 5 3 L i gi i: Ta có y ' = 4 x − 4mx = 4 x ( x 2 − m ) Hàm s có c c i và c c ti u khi và ch khi y’ có 3 nghi m phân bi t và i d u khi x qua 3 nghi m ó, tương ương v i y’ có 3 nghi m phân bi t ⇔ t ( x ) = x 2 − m có 2 nghi m phân bi t khác 0 ⇔ m > 0 (1) y = x 4 − 2mx 2 + 2 ( 2 ) V i i u ki n ó hàm s có các... Ta có v trái c a pt là m t hàm s ngh ch bi n, v ph i là 1 hàm s ng bi n nên pt trên có nhi u nh t m t nghi m ⇒ hàm s f ' ( x ) có nhi u nh t m t c c tr nên pt f ' ( x ) =0 có nhi u nh t hai nghi m L p lu n tương t ta cũng có pt f ( x ) = 0 có nhi u nh t ba nghi m Phương trình f " ( x ) = 0 ⇔ M t khác f ( 0 ) = f (1) = f ( 3) = 0 nên pt f ( x ) = 0 có úng ba nghi m x = 0; x = 1; x = 3 V y pt ban u có. .. OBH l n nh t H t H và tên:………………………………………… S báo danh:……………………………………… T Kiên 0988844088 18 ÁP ÁN MÔN TOÁN KI M TRA TH KIÊN 0988844088 Câu I) 1) H c sinh t làm 2)- Ta có y ' = 3x 2 − 6 x + m Hàm s có c c i c c ti u khi y’=0 có 2 nghi m phân bi t ⇔ ∆' > 0 ⇔ m < 3 (0,25 i m) x 1 m 2m - Chia a th c y cho y’ ta có y = y ' ( − ) + ( − 2) x + + 1 L p lu n suy ra ư ng th ng i 3 3 3 3 2m m qua c c i c c ti... 4−t + t ( ) 2) + T gi thi t tính ư c C(0;1;0) và D(0;0;m) (0,25 i m) + Ta có d ( AC / BD ) = + S ∆OHB = Smax= ⇔ [AC , BD]AB = [AC, BD] m 2m 2 + 4 (0,25 i m) 1 1 OH 2 + HB 2 OB 2 1 OH HB ≤ = = V y 2 2 2 4 2 1 OB ⇔ OH = HB ⇔ OH = = 2 2 2m 2 2 + m2 2 2 = 1 (0,25 i m) ⇔ d ( O / OB ) = 1 ⇔ = 1 ⇔ m = ±1 (0,25 i m) 22 [OB, BD] BD =1 KI M TRA CH T LƯ NG MÔN TOÁN TU N 01 THÁNG 04 NĂM 2011 (Th i gian làm bài... trình x12 + 1 = 4 x 4 ( x n − 1) có nghi m Câu VI) Gi i phương trình: ( ) log 5 3 + 3x + 1 = log 4 (3x + 1) NGUY N TRUNG KIÊN 0988844088 23 ÁP ÁN KI M TRA CH T LƯ NG TH KIÊN 0988844088 Câu I) 1) H c sinh t làm 2) Ta có y ' = 3 x 2 − 6mx + 3(m2 − 1) (Cm) c t Ox t i 3 i m phân bi t có hoành dương thì i u ki n là hàm s có 2 i m c c tr n m v hai phía tr c Ox (1) và f(0) 0 Phương trình ư ng th ng i qua M ( −3; −2 ) có d ng ax + by + 3a + 2b = 0 ư ng tròn (C) có tâm I ( 2;3) và bán kính R = 10 nên: 10 = 2a + 3b + 3a + 2b ( ) ⇔ 10 a 2 + b 2 = 25 ( a + b ) ⇔ ( a + 3b )( 3a + b ) = 0 ⇔ a = −3b hay 2 a +b b = −3a Do ó pt AB : . 0988844088 19 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KIỂM TRA TH. KIÊN 0988844088 Câu I) 1) Học sinh tự làm 2)- Ta có mxxy +−= 63' 2 . Hàm số có cực ñại cực tiểu khi y’=0 có 2 nghiệm phân biệt 30' < ⇔ > ∆ ⇔ m . (1) ta có 5 2 1 17 log 4 x + = ; Gi ả i (2) ta có 2 5 1 37 log 6 x + = 2) T ừ gi ả thi ế t ta suy ra 3 0; 1 0; ( ) 0 a a b a b ≠ + > − > Ta có 2 0. MÔN TOÁN NĂM HỌC 2010- 2011 Thời gian làm bài 180 phút Câu I) Cho hàm số 1 32 + + = x x y (H) 1) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số (H) 2) Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị (H) tại những