Thi thử toán hậu lộc 4 th 2012 lần 1 k b
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×
 

Thi thử toán hậu lộc 4 th 2012 lần 1 k b

on

  • 1,550 views

 

Statistics

Views

Total Views
1,550
Views on SlideShare
1,550
Embed Views
0

Actions

Likes
0
Downloads
8
Comments
0

0 Embeds 0

No embeds

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via as Microsoft Word

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

Thi thử toán hậu lộc 4 th 2012 lần 1 k b Thi thử toán hậu lộc 4 th 2012 lần 1 k b Document Transcript

  • Sở GD- ĐT Thanh Hóa ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC BỒI DƯỠNG LẤN 1 Trường THPT Hậu Lộc 4 NĂM HỌC 2011-2012 Môn : toán; khối : B (Thời gian làm bài 180 phút ,không kể thời gian phát đề) I. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) 1 3 1Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số : y= 3 x − 2x2 + 3x − 31. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 12. Tìm m để đường thẳng ∆ : y = mx − 3 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho A cố định và diệntích tam giác OBC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 si nx +cos x + os5x + cos6 x + = c 2( 1) 3 si n5x x2 + y2 + xy + 2x = 5y  2. Giải hệ phương trình:  2 ( x; y ∈R ) ( x + 2x)( x + y − 3) = −3y  e ln x + 1 +ln xCâu III (1,0 điểm). Tính tích phân: I =∫ .dx 1 x 1 +ln xCâu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a.Gọi I; J lần lượtlà trung điểm của SA và BC.Tính thể tích của khối chóp S.ABCD biết đường thẳng IJ tạo với mặt đáy mộtgóc 60 0Câu V (1,0 điểm). Cho x,y ∈ R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của: P= (x 3 + y 3 ) −( x 2 + y 2 ) + 2 ( x 2 + y 2 ) −16 xy ( x −1)( y −1)II.Phần riêng (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B)A. Theo chương trình chuẩnCâu VI.a (2,0điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết đường thẳng AB có phương trình: x + 3y + 1 = 0. Đường thẳng chứa đường chéo BD có phương trình:x – y + 5 = 0.Đường thẳng AD đi quađiểm M(1; 2). Tìm tọa độ tâm của hình thoi ABCD.2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho 3 điểm A(5; 3; -1); B(2; 3; -4) ; C(1;2;0).Tìm tọa độ điểm D sao uuu r uuu uuu r rcho DA +2DB + DC nhỏ nhất n  3 1 Câu VII.a (1,0 điểm) .Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của: 2 x + 4 ÷ ,  x biết A +3A =5A ( Trong đó A là số chỉnh hợp chập k của n) 3 n−1 2 n−1 2 n k nB. Theo chương trình nâng caoCâu VI.b (2,0 điểm)1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d : x +y −5 =0 ; d : 2x −y −1 =0 .Viết phương 1 2trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng : x – y + 1= 0, tiếp xúc với d và cắt d theo một dây ∆ 1 2cung có độ dài bằng 6 52. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hình lập phương ABCD.A B C D , biết A(0;0;0) ; B(1;0;0) ; 1 1 1 1D(0;1;0) ; A (0;0;1).Gọi M là trung điểm của AB, N là tâm của hình vuông ADD A .Viết phương trình mặt 1 1 1cầu (S) đi qua C; D ; M; N 1 log 2 ( y − x) − log2 x = 1 Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :   2y + 3 − 2 x − 1 = 2  ........................Hết.............................. Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:...............................................................;Số báo danh :................
  • ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1,NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TOÁN , KHỐI BCâu Nội Dung Điểm I 1.(1,0đ)(2,0đ) TXĐ: D = R x = 1 Chiều biến thiên: y, =x2 −4x +3 ; y, = 0 ⇔  x = 3 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng: ( −∞;1) và ( 3; +∞ ) ,nghịch biến trên khoảng (1; 3) 1 Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 3 ⇒ yct = − 3 , đạt cực đại tại điểm x 0,25 = 1 ⇒y =1 cd Giới hạn: lim y = −∞ ; x →−∞ lim y = +∞ x →+∞ Bảng biến thiên: x −∞ , 1 3 +∞ y 0 0 y 1 +∞ 0,25 −∞ − 1 3 1 1 Đồ thị: Đi qua các điểm (0; − ) 3 ; (4 ; 1) ; nhận I (2; ) 3 làm điểm uốn. y 1 O 3 11 1 4 x − 3 0,25 2 (1,0đ). 1 Pt hoành độ giao điểm của đường thẳng ∆ : y = mx − 3 và (C) : 1 3 1 1 x = 0 x − 2x2 + 3x − = mx − ⇔ ( x 2 − x + − m) = x 6 9 3 0 ⇔ 2 3 3 3  x − 6x + 9 − 3m = 0 1 1 Với x = 0 ⇒ y= − ⇒ A(0; − ) 3 3 0,25
  • 1 Đường thẳng ∆ : y = mx − 3 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C ⇔ pt x2 − x + − m = 6 9 3 0  ∆, > 0 3m > 0 m > 0 Có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 khác 0 ⇔ ⇔ m ≠ 3 ⇔ m ≠ 3 9 − 3m ≠ 0 1 1 Khi đó B( x1; mx1 − ) 3 ; C( x2 ; mx2 − ) 3 . 1 1 0,25 SOBC = 2SOAB ⇔ d(O, ∆).BC = 2. d(O, ∆ AB ). ⇔ = AB ⇔ 2 = AB2 BC 2 BC 4 2 2 ⇔ x2 −x1 ) +m2 ( x2 −x1 )2 =4 x1 +m2 x2 ( 2 2 2 ( ) ( ⇔ m2 +1 )( x2 ( −x1 ) =4 m2 + x1 2 1 2 ) x2 = 3x1 ⇔ ( x2 − x1 ) = 4x1 ⇔  2 2 ⇒x2 =3x1 (1) (vì x1 + x2 = 6 ) x2 = −x1 0,25 Mà x1 ; x 2 là nghiệm của phương trình : ⇔ − x+ −m= x2 6 9 3 0 nên:  x1 + x2 = 6  (2)  x1 x2 = 9 − 3m 3 Từ (1) và (2) ⇒ m= 4 (tmđk) 0,25 1.(1,0đ) Pt ⇔ 3(sin 5x −sinx) = os x + c 5 cos x + cos6 x + 2( 1) II ⇔ 3cos x.s n 2 x = cos3x.cos x + cos2 3x 2 3 i 2 2 4(2,0đ) cos3x = 0 ⇔cos x.( 2 3 3 si n 2 x − os2 x − cos3x) = c 2 0 ⇔ 0,25  3 sin2 x − cos2x = 2cos3x π π π Với cos3x = 0 ⇔3x = 2 + kπ ⇔x = 6 +k 3 0,25 π π Với 3 sin 2 x −cos2 x = 2 cos3x ⇔sin(2 x − 6 ) = sin( 2 −3x)  π π  2π 2π 2x − 6 = 2 − 3x + k2π  x = 15 + k 5 ⇔ ⇔ 2x − π = π − π + 3x + k2π  x = − 2π − k2π   6 2   3 0,5 2.(1,0đ) x = 0 Nếu y = 0 ⇒ x2 + 2 x = 0 ⇔  x = −2 ⇒ hệ có nghiệm (0;0);(-2;0)  x2 + 2x  + x+ y = 5  x2 + 2 x 0,25  y u = Nếu y≠0 , hpt ⇔ 2 ;đặt  y ta có hệ:  x + 2x .( x + y − 3) = −3 v = x + y − 3  y   u + v = 2 u = 3 u = −1  uv = −3 ⇔ v = −1 hoặc  v= 3
  •  x2 + 2 x u = 3  =3 x = 1  x = −6 Với  ⇒ y ⇔ hoặc  0,25 v = −1  y = 1 y= 8  x + y − 3 = −1  x2 + 2 x u = −1  = −1 Với  ⇒ y (vô nghiệm) v= 3 x + y − 3 = 3 0,25  Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm (x; y) là: (0; 0) ; (-2; 0); (1; 1) và (-6; 8) 1,0đ 0,25 e e e  ln x 1 ln x 1 Ta có : I = ∫  x  1 + ln x + ÷ =∫ x dx x 1 + ln x dx + ∫ dx x 1 1 1III(1,0đ) e ln x 1 Xét I1 = ∫ dx ; đặt t= 1 +ln x ⇒t 2 = 1 + ln x ⇒2t.dt = dx 0,25 1 x 1 + ln x x Đổi cận: x = 1 ⇒ t =1 ; x =e ⇒ t= 2 2 2 t 2 −1 t3 2 4 −2 2 Khi đó I1 = ∫ 1 t .2tdt = 2 ∫ (t 2 −1)dt = 2( −t ) / = 1 3 1 3 e 1 e Xét I2 = ∫ dx = (ln x ) / = 1 1 x 1 0,25 7− 2 2 Khi đó I = I1 + I 2 = 3 0,25 1,0đ Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, M là 0,25 S Trung điểm của AO,ta có :IM //SO ⇒IM ⊥ ABCD ) ( Góc giữa IJ với mặt đáy là ⇒IV Góc IJM bằng Ta có: 600 I(1,0đ) MJ 2 = CM 2 + CJ 2 − 2CM .CJ.cos450 = 2 2 3   a 3 a 2 5a2  4 a 2 ÷ +  2 ÷ − 2 4 a 2. 2 . 2 = 8 D     A 0,25 M J a 10 B O ⇒ MJ = C 4 a 10 a 30 0,25 Mặt khác IM = MJ. tan 600 = 4 . 3= 4 1 Do S.ABCD là khối chóp đều nên : V . ABCD = S 3 S .S O ABCD a 30 1 a 30 2 a3 30 0,25 Trong đó SO = 2IM = 2 ; SABCD = a 2 ⇒ V . ABCD = . S 3 2 .a = 6 0,25 1,0đ
  • V t 3 −t 2 − xy (3t − 2) Đặt t = x + y ; t > 2. ta có : P= + 2( x 2 + y 2 ) −16 xy(1,0đ) xy −t +1 0,25 t2 . Áp dụng BĐT 4xy ≤ (x + y)2 ⇒ xy ≤ 4 ; 2( x2 + 2 ) ≥ x + )2 y ( y ta có t 2 (3t − 2) t3 − t2 − 4 t2 P≥ + t 2 − 8t = + t 2 − 8t Xét hàm số t2 t −2 − t +1 4 t2 t 2 − 4t  t  0,25 f (t ) = + t 2 − 8t; f (t ) = + 2t − 8 = (t − 4)  + 2 ; f’(t) = 0 ⇔ t = 4. t −2 (t − 2) 2  (t − 2) 2  t 2 4 +∞ f’(t) - 0 + +∞ +∞ f(t) 0,25 -8 x + y = 4  x = 2 Do đó min P = min f ( t ) = f(4) =- 8 đạt được khi  xy = 4 ⇔  y = 2 (2;+∞ ) x = y  0,25 1.(1,0đ)VI.a(2,0đ) Do B là giao điểm của AB với BD,nên tọa độ B là nghiệm A x + 3y + 1 = 0 x = −4 M Của hệ phương trình:   x − y +5 = 0 ⇔ y = 1 B ⇒ (− B 4;1) N D Qua M vẽ đường thẳng song song với AB cắt BD tại 0,25 N,ta có MN//AB: x+ 3y + 1 = 0 pt MN: x + 3y + m = 0 ⇒ Do M(1;2) MN nên: 1+ 6 + m = 0 ∈ m= -7 C ⇔ ⇒ Pt MN: x+ 3y – 7 = 0 x + 3y − 7 = 0 x = −2 Do N = MN ∩BD ,nên tọa độ N là nghiệm của hệ:  x − y +5 = 0 ⇔ y = 3 ⇒ ( − 3) N 2; 0,25 Vì D ∈ BD: x – y + 5 = 0 ⇒ D(x ; x+5).Mà ABCD là hình thoi nên x = 0 MN = MD ⇔MN 2 =MD 2 ⇔+ = x− 2 + x+ 2 9 1 ( 1) ( 3) ⇔  x = −2 Với x = 0 D(0 ; 5) ⇒ 0,25 Với x = -2 D(-2;3) loại vì trùng với N. ⇒ Gọi I là tâm hình thoi I là trung điểm của BD ⇒ ⇒ I(-2;3) 0,25
  • 2.(1,0đ) Gọi I(a; b ; c) thỏa mãn uu r uu r uur r IA + IB + 2 IC =0  5 a = 2 a − 5 + 2( a − 2) + a − 1 = 0    11 5 11 9 ⇔ b − 3 + 2(b − 3) + b − 2 = 0 ⇔ b = ⇒ I ( ; ;− ) c + 1 + 2(c + 4) + c = 0  4 2 4 4 0,5   9 c = − 4  0,25 uuu r uuu r uuur uur uu r uur uur uur Khi đó DA + DB + 2 DC = DI + 4 IA + I B + 2 IC = DI 4 uuu r uuu uuu r r uur 5 11 9 0,25 ⇒ DA +2DB + DC nhỏ nhất ⇔ DI nhỏ nhất ⇔ ≡ D I ⇒ D( ; ; − ) 2 4 4VII.a (1,0đ)(1,0đ) ( n −1)! ( n −1)! n! Từ: An−1 +3An−1 = 5An ⇔ + =5 3 2 2 ( n − 4)! ( n −3)! ( n −2)! ( n −1)!  3 n  0,5 ⇔ . 1+ ( n − 4)!   n −3 −5 (n − 2)(n − 3)   =0 (đk n ≥ n∈ 4; N ) n 7  3 1   1 −  1 ⇔ − n = ⇒= n2 7 0 n 7 .khi đó ta có khai triển :  2 x + 4 ÷ =  2x + x ÷ 3 4  x   7 1 1 7 7−k k − − = ∑C (2x k =0 k 7 3 7−k ) .( x 4 ) k = ∑C .2 k =0 k 7 7−k .x 3 4 ; ứng với số hạng không chứa x 0,25 7 −k k ta có : 3 − = 0 ⇔k = 4 4 ⇒ số hạng không chứa x là : C7 .27−4 =280 4 0,25 1.(1,0đ)VI.b(2,0đ) Gọi I; R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn cần tìm Do I ∈ : x− + = ∆ y 1 0 ⇒ ( a; a + I 1) Ta có: R =T =T +(3 5) (*) 2 1 2 2 2 2 0,25 Với T ; T lần lượt là khoảng cách từ I R 1 2 Đến d ; d ;với: 1 2 0,25 a + a + 1− 5 2a− 4 d1 T = 1 2 = 2 R I 2a − a −1 −1 a −2 T = 2 5 = 5 d2 ( 2a − 4) ( a − 2) a = 7 2 2 ⇔ ( a − 2) = 25 ⇔  2 Khi đó (*) ⇔ 2 = 5 + 45 a = −3 0,25 Với a= 7 phương trình đường tròn: ( x −7) +( y −8) =50 2 2 ⇒ (7;8); R2 =50 I ⇒ Với a = -3 ⇒ ( − − R2 = I 3; 2); 50 phương trình đường tròn: ⇒ ( x +3) +( y +2) =50 2 2
  • 2.(1,0đ) 0,25 Từ gt ta có: C(1; 1 ;0); D1 (0; 1; 1) z 1 11 M( ;0;0) ; N(0 ; ; ) .Gọi pt (S): 2 22 A1 B1 0,25 x 2 + + + ax + by + cz + = y z2 2 2 2 2 d 0 Do (S) đi qua các điểm C; D ; M; N 1 D1 C1 Nên ta có hệ phương trình: N 0,25  5 A M B 2 + 2a + 2b + d = 0  a = − x 2 + 2b + 2c + d = 0 4    1 1 b = −  + a+ d = 0 ⇔ 4 y D C 4  5 1 c = − 0,25  + b+ c+ d = 0  4 2 d = 1  5 1 5 ⇒ pt ( S) : x 2 + y2 + z2 − x − y − z +1 = 0 2 2 2 0,25 1,0đVII.b  1(1,0đ) x≥ Đk:  2 y> x  0,25 Pt hai ⇔ 2y +3 =2 + 2x −1 ⇔ −x =2 2x −1 y Thế vào pt còn lại ta được : 2 log 2 2x −1 −l og 2 2 x=1 0,25 4(2 x −1) 2 2 2 ⇔log2 x =1 ⇔4(2 x −1) = 2 x ⇔x = ⇒y = + 3 3 3 ,(tmđk) 2 2 2 0,25 KL: hệ có nghiệm (x;y) là ( 3 ; + 3 3 ) 0,25