Đề kiểm tra chất lượng môn Toán

Chia sẻ: Yen Ngoc Ngoc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

0
150
lượt xem
14
download

Đề kiểm tra chất lượng môn Toán

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo Đề kiểm tra chất lượng môn Toán trước kỳ thi tuyển sinh Đại học

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra chất lượng môn Toán

  1. Gửi: http//laisac.page.tl TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1 KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010 (LẦN 1) MÔN THI: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 8 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + mx (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng d: x – 2y – 5 = 0. Câu II: (3 điểm) ⎧ x 2 + y 2 + x 2 y 2 = 1 + 2 xy 1. Giải hệ phương trình: ⎨ ⎩ x + x y + xy = xy + y + 1 2 2 4 x + (x − 11).2 x − 8(x − 3) 2. Giải bất phương trình: ≥0 log 2 x − 2 x x 1 − cos 3 ) = 2 cos x + sin 2 x 3. Giải phương trình: 3(sin 3 2 2 2 Câu III: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). 2 x cos 2 x − 1 2 Câu IV: (1 điểm) Tính giới hạn: lim x →0 x2 Câu V: ( 1 điểm) Cho a, b, c là những số thực dương thoả mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh 1 1 1 4 4 4 + + ≥ 2 + 2 + 2 a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 PHẦN RIÊNG (2 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2 PHẦN 1:(Theo chương trình Chuẩn) Câu VI.a: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 2), B(1; 6) và đường tròn (C): ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 = 2 . Gọi V(A, k) là phép vị tự tâm A tỉ số k sao cho V(A, k) biến đường tròn (C) thành đường tròn (C’) đi qua B. Tính diện tích ảnh của tam giác OAB qua V(A, k). n ⎛1 x⎞ Câu VII.a: (1điểm) Cho khai triển ⎜ + ⎟ = a0 + a1 x + a2 x 2 + .... + an x n . Tìm số lớn nhất trong ⎝2 3⎠ các số a0 , a1 , a2 ,..., an biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn Cn Cn −2 + 2Cn −2 Cn −1 + Cn Cn −1 = 11025 . 2 n n n 1 n PHẦN 2: (Theo chương trình Nâng cao) Câu VI.b: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x − y − 3 = 0 và d 2 : x + y − 6 = 0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2 x 2 − 3x + 2 Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao x −1 cho tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là nhỏ nhất. ----------------***Hết***---------------- Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
  2. TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN I KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010(LẦN 1) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN - Điểm toàn bài không làm tròn. - Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa. - Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần riêng thì không tính điểm phần tự chọn. - Thí sinh dự thi khối B, D không phải làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 và câu III là 1,5 điểm. Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát hàm số ... 1,00 * Với m = 0 thì y = x − 3x 3 2 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: 0,25 a) Giới hạn: lim y = lim (x − 3x ) = −∞, lim y = lim (x − 3x ) = +∞ 3 2 3 2 x → −∞ x → −∞ x → +∞ x → +∞ 2 b) Bảng biến thiên: y’=3x – 6x, y’ = 0 ⇔ x = 0, x = 2. x -∞ 0 2 +∞ y' + 0 - 0 + 0 +∞ 0,25 y -∞ -4 - Hàm số đồng biến trên (- ∞ ; 0) và (2; + ∞ ), nghịch biến trên (0; 2) 0,25 - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = - 4. 3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 0), giao với trục hoành tại (0; 0),(3; 0). Nhận điểm uốn I(1; - 2) làm tâm đối xứng y O 1 2 3 x 0,25 -2 -4 I.2 Tìm giá trị của tham số m ... 1,00 Ta có y = x 3 − 3x 2 + mx, y' = 3x 2 − 6 x + m Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu là y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt 0,25 ⇔ Δ ' = 9 − 3m > 0 ⇔ m < 3 ⎛1 1⎞ ⎛2 ⎞ 1 Ta có: y = ⎜ x − ⎟y'+⎜ m − 2 ⎟x + m ⎝3 3⎠ ⎝ 3 ⎠ 3 Tại các điểm cực trị thì y’ = 0, do đó tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn phương trình ⎛2 ⎞ y = ⎜ m − 2 ⎟x + m . Như vậy đường thẳng Δ đi qua các điểm cực trị có phương 0,25 1 ⎝3 ⎠ 3 ⎛2 ⎞ 1 2 trình y = ⎜ m − 2 ⎟x + m , nên nó có hệ số góc k1 = m − 2 ⎝3 ⎠ 3 3 1 5 1 Ta có d: x – 2y – 5 = 0 ⇔ y = x − suy ra d có hệ số góc k2 = 2 2 2 0,25 Để hai điểm cực trị đối xứng qua d thì ta phải có d ⊥ Δ, 1
  3. 1⎛2 ⎞ suy ra k 1 k 2 = −1 ⇔ ⎜ m − 2 ⎟ = −1 ⇔ m = 0 2⎝3 ⎠ +) Với m = 0 thì đồ thị có hai điểm cực trị là (0; 0) và (2; - 4), nên trung điểm của chúng là I( 1; -2), ta thấy I ∈ d, do đó hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua d. 0,25 Vậy: m = 0 II.1 Giải hệ phương trình đại số... 1,00 ⎧x 2 + y 2 + x 2 y 2 = 1 + 2xy ⎧(x − y)2 + x 2 y 2 = 1 ⎨ ⇔⎨ 0,25 ⎩x + x y + xy = xy + y + 1 ⎩(x − y)(1 + xy) + xy = 1 2 2 ⎧u 2 + v 2 = 1 ⎧(u + v )2 − 2 uv = 1 Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ ⎨ ⇔⎨ ⎩u(1 + v ) + v = 1 ⎩u + v + uv = 1 Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện S 2 ≥ 4 P ) ta có hệ phương trình 0,25 ⎧S 2 − 2 P = 1 ⎧S 2 − 2(1 − S ) = 1 ⎡S = 1 ⎨ ⇔⎨ ⇒ S 2 + 2S − 3 = 0 ⇔ ⎢ ⎩S + P = 1 ⎩P = 1 − S ⎣S = −3 ⎧ u + v = 1 ⎧u = 0 ⎧u = 1 +) Với S = 0 ⇒ P = 0 ⇒ ⎨ ⇒⎨ hoặc ⎨ ⎩uv = 0 ⎩v = 1 ⎩v = 0 ⎧u = 0 ⎧x − y = 0 ⎧x = y = 1 - Nếu ⎨ ⇒⎨ ⇔⎨ 0,25 ⎩v = 1 ⎩xy = 1 ⎩x = y = −1 ⎧u = 1 ⎧x − y = 1 ⎧x = 1 ⎧x = 0 - Nếu ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ hoÆc ⎨ ⎩v = 0 ⎩xy = 0 ⎩y = 0 ⎩y = −1 +) Với S = - 3 ⇒ P = 4 ⇒ S 2 < 4P (loại) 0,25 Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm (x; y ) = (− 1;−1), (1;1), (1;0), (0;−1) II.2 Giải bất phương trình logarit... 4 x + (x − 11).2 x − 8(x − 3) (2 x + x − 3)(2 x − 8) ≥0⇔ ≥ 0 (1) 0,25 log 2 x − 2 log 2 x − 2 +) Xét f (x) = 2 x + x − 3 , f’(x) = 2 x ln 2 + 1 > 0, ∀x nên f(x) đồng biến trên R . f(1) = 0. 0,25 +) Xét g(x) = 2x – 8, g(x) đồng biến trên R , g(3) = 0. +) Xét h(x) = log 2 x − 2 , h(x) đồng biến trên (0; + ∞), h(4) = 0. Bảng xét dấu vế trái của (1) x 0 1 3 4 +∞ x 2 +x-2 - 0 + | + | + 0,25 2x - 8 - | - 0 + | + log2x - 2 - | - | - 0 + VT - 0 + 0 - || + Theo bảng xét dấu, bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = [1;3] ∪ (4;+∞) 0,25 II.3 Giải phương trình lượng giác... 1,00 ⎛ x x ⎞⎛ x x⎞ 3(sin3 − cos3 ) = 2 cos x + sin 2x ⇔ 3⎜sin − cos ⎟⎜1 + sin cos ⎟ = (2 + sinx) cosx x x 1 2 2 2 ⎝ 2 2 ⎠⎝ 2 2⎠ 0,25 ⎛ x x ⎞⎛ ⎞ ⎛ x ⎞⎛ x⎞ ⇔ 3⎜ sin − cos ⎟⎜ 1 + sin x ⎟ = (2 + sin x )⎜ cos − sin ⎟⎜ cos + sin ⎟ 1 x x ⎝ 2 2 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 2 ⎠⎝ 2 2⎠ ⎛ x x⎞ ⎛ x x 3⎞ ⇔ ⎜ cos − sin ⎟(2 + sin x)⎜ sin + cos + ⎟ = 0 0,25 ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 2 2⎠ x x ⎛x π⎞ x π π * sin − cos = 0 ⇔ sin ⎜ − ⎟ = 0 ⇔ − = kπ ⇔ x = + k2π (k ∈ Z) 2 2 ⎝2 4⎠ 2 4 2 0,25 * 2 + sin x = 0 ⇔ sin x = −2 (vô nghiệm) 2
  4. x x 3 ⎛x π⎞ 3 ⎛ π⎞ 3 * sin + cos = − ⇔ 2 sin⎜ + ⎟ = − ⇔ sin⎜ x + ⎟ = − (vô nghiệm) 2 2 2 ⎝2 4⎠ 2 ⎝ 4⎠ 2 2 0,25 π Vậy nghiệm của phương trình là: x = + k2π ( k ∈ Z ) 2 III Tính thể tích khối chóp... 1,00 S M I A N B K C Ta có các tam giác SMN và AMN cân tại S và A. Gọi I là trung điểm của MN suy ra SI ⊥ MN và AI ⊥ MN. Do (SBC) ⊥ (AMN) nên SI ⊥ (AMN). 0,25 1 1 Do đó VS .AMN = SI.S AMN = SI.AI.MN 3 6 Gọi K là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của SK, mà AI ⊥ SK nên tam a 3 0,25 giác ASK cân tại A. Do đó SA = AK = 2 1 a 1 a SC SA a 3 MN = BC = , NI = MN = , SN = = = 2 2 2 4 2 2 4 0,25 3a 2 a 2 a 2 SI = SN − NI = 2 2 − = 16 16 4 3a 2 a 2 a 10 1 a 2 a 10 a a 3 5 AI = SA 2 − SI 2 = − = . Vậy VS .AMN = = 0,25 4 8 4 6 4 4 2 96 V SA SM SN 1 Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng công thức: S .AMN = . . = VS .ABC SA SB SC 4 IV Tính giới hạn..... 1,00 2 x cos 2 x − 1 (2 x − 1) cos 2 x 1 − cos 2 x 2 2 lim = lim − lim 0,50 x→0 x2 x→0 x2 x→0 x2 2 e x ln 2 − 1 2 ⎛ sin x ⎞ = ln 2. lim 2 lim cos 2 x − lim⎜ ⎟ = ln 2 − 1 0,50 x → 0 x ln 2 x → 0 x→0 ⎝ x ⎠ V Chứng minh bất đẳng thức... 1,00 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: ⎛1 1⎞ 1 1 1 1 4 (x + y)⎜ + ⎟ ≥ 2 xy .2 . = 4 ⇒ + ≥ ⎜x y⎟ (*), ⎝ ⎠ x y x y x+y 1 1 4 1 1 4 Áp dụng (*) ta có: + ≥ ; + ≥ a + b b + c a + 2 b + c b + c c + a a + b + 2c 0,25 1 1 4 + ≥ c + a a + b 2a + b + c 1 1 1 2 2 2 ⇒ + + ≥ + + (1) a + b b + c c + a 2a + b + c a + 2 b + c a + b + 2 c 3
  5. Mặt khác ta lại có (2a ) ( ) ( ) + 2 + b 2 + 1 + c 2 + 1 ≥ 2 2a 2 .2 + 2 b 2 .1 + 2 c 2 .1 = 2(2a + b + c) 2 0,25 1 2 ⇒ 2a 2 + b 2 + c 2 + 4 ≥ 2(2a + b + c) ⇒ a 2 + 7 ≥ 2(2a + b + c) ⇒ ≥ 2 2a + b + c a + 7 1 2 1 2 Tương tự: ≥ 2 ; ≥ 2 0,25 2a + c + a b + 7 2c + a + b c + 7 1 1 1 2 2 2 ⇒ + + ≥ 2 + 2 + 2 (2) 2a + b + c a + 2 b + c a + b + 2 c a + 7 b + 7 c + 7 1 1 1 4 4 4 Từ (1) và (2) ta suy ra: + + ≥ 2 + 2 + 2 a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 0,25 Dấu ‘’=’’ xảy ra ⇔ a = b = c = 1 VIa.1 Tính diện tích ảnh của tam giác qua phép vị tự ... 1,00 Do B ∈ (C’) nên tồn tại M(x; y) ∈ (C) sao cho B là ảnh của M qua V(A; k), suy ra AB = k AM . Do A ≠ B , nên k ≠ 0 ⎧x = 1 0,25 ⎧1 − 1 = k (x − 1) ⎪ ⇒⎨ ⇒⎨ 4 + 2k ⎩6 − 2 = k (y − 2) ⎪y = ⎩ k 2 ⎛ 4 + 2k ⎞ Do M thuộc (C) nên (x − 2) + (y − 1) = 2 ⇒ (1 − 2) + ⎜ 2 − 1⎟ = 2 2 2 ⎝ k ⎠ 0,25 ⇔ (4 + k ) = k ⇔ k = −2 . 2 2 +) Đường thẳng AB có phương trình x - 1 = 0, dó đó d(O, AB) = 1 1 1 0,25 Độ dài AB = 4. Suy ra S OAB = AB.d(O, AB ) = 4.1 = 2 . 2 2 Ảnh của tam giác OAB qua phép vị tự V(A, 2) có diện tích S = − 2 .SOAB = 2. 0,25 VII.a Tìm số lớn nhất trong các số a0 , a1 , a2 ,..., an .... 1,00 n −2 n −2 n −1 n −1 Ta có C C 2 n n + 2C n C n +C C = 11025 ⇔ (C + C ) = 105 1 n n 2 n 1 2 n 2 n( n − 1) ⎡ n = 14 0,25 C 2 + C 1 = 105 ⇔ + n = 105 ⇔ n 2 + n − 210 = 0 ⇔ ⎢ ⎣ n = −15 (lo¹ i) n n 2 14 14 − k k ⎛1 x⎞ 14 ⎛1⎞ ⎛x⎞ 14 Ta có khai triển ⎜ + ⎟ = ∑C ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ =∑ C 14 2 .3 .x k k −14 − k k ⎝2 3⎠ k =0 14 ⎝2⎠ ⎝ 3 ⎠ k =0 0,25 Do đó a k = C 14 2 k −14 .3 − k k a k +1 C 14+1 2 k −13 3 − k −1 2(14 − k ) k Ta xét tỉ số = = . ak C 14 2 k −14 3 − k k 3( k + 1) 0,25 a k +1 2(14 − k ) >1⇔ > 1 ⇔ k < 5 . Do k ∈ , nên k ≤ 4 . ak 3( k + 1) a k +1 a Tương tự < 1 ⇔ k > 5, k +1 = 1 ⇔ k = 5 ak ak Do đó a 0 < a 1 < ... < a 4 < a 5 = a 6 > a 7 > ... > a 14 0,25 Do đó a5 và a6 là hai hệ số lớn nhất 1001 Vậy hệ số lớn nhất là a 5 = a 6 = C 14 2 −9 3 −5 = 5 62208 4
  6. VIb Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật... 1,00 Ta có: d 1 ∩ d 2 = I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: ⎧x − y − 3 = 0 ⎧x = 9 / 2 ⎛9 3⎞ ⎨ ⇔⎨ . Vậy I⎜ ; ⎟ ⎩x + y − 6 = 0 ⎩y = 3 / 2 ⎝2 2⎠ 0,25 Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD ⇒ M = d 1 ∩ Ox Suy ra M( 3; 0) 2 2 ⎛ 9⎞ ⎛3⎞ Ta có: AB = 2 IM = 2 ⎜ 3 − ⎟ + ⎜ ⎟ = 3 2 ⎝ 2⎠ ⎝2⎠ S ABCD 12 Theo giả thiết: S ABCD = AB.AD = 12 ⇔ AD = = =2 2 AB 3 2 0,25 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ⇒ d 1 ⊥ AD Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x − 3) + 1(y − 0) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 . Lại có: MA = MD = 2 ⎧x + y − 3 = 0 ⎪ Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: ⎨ ⎪ (x − 3) + y 2 = 2 2 ⎩ ⎧y = − x + 3 ⎧y = − x + 3 ⎧y = 3 − x ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ 0,25 ⎩(x − 3) + y = 2 ⎩(x − 3) + (3 − x) = 2 ⎩x − 3 = ±1 2 2 2 2 ⎧x = 2 ⎧x = 4 ⇔⎨ hoặc ⎨ . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) ⎩y = 1 ⎩y = −1 ⎛9 3⎞ ⎧x = 2 x I − x A = 9 − 2 = 7 Do I⎜ ; ⎟ là trung điểm của AC suy ra: ⎨ C ⎝2 2⎠ ⎩y C = 2 y I − y A = 3 − 1 = 2 0,25 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) VIIb Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) .... 1,00 1 1 +) Ta có y = 2x − 1 + . lim [y − (2x − 1)] = lim = 0 . Do đó (C) có x − 1 x →±∞ x → ±∞ x − 1 tiệm cận xiên y = 2x – 1. 2x2 − 3x + 2 2x2 − 3x + 2 0,25 +) lim = +∞; lim = −∞ . Do đó (C) có tiệm cận đứng x = 1 x→1+ x −1 x→1− x −1 ⎛ 1 ⎞ +) Gọi M ∈ (C ) ⇒ M = ⎜ x 0 ;2 x 0 − 1 + ⎟ , x0 ≠ 1 ⎜ ⎝ x0 − 1⎟⎠ Tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là ⎛ 1 ⎞ 2x 0 − ⎜ 2x 0 − 1 + ⎜ ⎟ −1 ⎝ x0 −1⎟ ⎠ 1 0,25 d = x0 −1 + = x0 −1 + 2 2 + 12 5 x0 −1 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có 1 2 2 1 1 0,25 d ≥ 2 x0 −1 = 4 ⇒ d = 4 khi x 0 − 1 = ⇔ x0 = 1 ± 4 5 x0 −1 5 5 5 x0 − 1 5 ⎛ 1 2 ⎞ ⎛ 1 2 ⎞ Vậy d nhỏ nhất khi M = ⎜ 1 + 4 ;1 + 4 + 4 5 ⎟ ; M = ⎜ 1 − 4 ;1 − 4 − 4 5 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0,25 ⎝ 5 5 ⎠ ⎝ 5 5 ⎠ 5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản