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

  • 1,210 views
Uploaded on

 

  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Be the first to comment
    Be the first to like this
No Downloads

Views

Total Views
1,210
On Slideshare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
0

Actions

Shares
Downloads
11
Comments
0
Likes
0

Embeds 0

No embeds

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
    No notes for slide

Transcript

  • 1. 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 :................
  • 2. 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
  • 3. 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
  • 4.  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
  • 5. 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
  • 6. 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
  • 7. 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