ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN ĐẠI HỌC LẤN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT NGA SƠN

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

88
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề kiểm tra chất lượng các môn đại học lấn 2 năm 2011 môn: toán - trường thpt nga sơn', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN ĐẠI HỌC LẤN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT NGA SƠN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC NĂM: 2010 – 2011 TRƯỜNG THPT NGA SƠN (Đề gồm 01 trang) Môn TOÁN - Khối A, Lần 02. Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) CâuI. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 4  (m 2  2) x 2  m 2  1 (Cm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  2 . 2. Tìm các giá trị của m để (Cm ) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi (Cm ) 96 với trục hoành phần phía trên Ox có diện tích bằng . 15 CâuII. (2,0 điểm) x  x  1. Giải phương trình: 2sin 2     1  4cos 2    . 2 4 3 6  6x  y  2x  y  2  2. Giải hệ phương trình sau:  .  2x  y  2x  y  6  0  3 x6 x2 CâuIII. (1,0 điểm) Tính giới hạn sau: I  lim . x 2  3x  2 x2 CâuIV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B ; SA vuông góc với đáy, AB  a , SA  BC  2a . Trên tia đối của tia BA lấy điểm M sao cho · ACM   (00    900 ) . Gọi I và K lần lượt là trung điểm của AC và SC , H là hình chiếu của S lên CM . Xác định  để thể tích khối chóp AHIK đạt GTLN. Tính thể tích khối chóp khi đó.   CâuV. (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực x ta luôn có: ln 1  1  e 2 x  e  x  x . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn CâuVI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích S ABC  96 ; M (2;0) là trung điểm của AB , đường phân giác trong góc A có phương trình (d ) : x  y  10  0 , đường thẳng AB tạo với (d ) 3 một góc  thoả mãn cos   . Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC . 5 x 1 y  2 z 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho M (0;1;1) đường thẳng (d1 ) :  ; đường thẳng  3 1 1 (d 2 ) là giao của mặt phẳng ( P ) : x  y  z  2  0 với mặt phẳng ( P2 ) : x  1 . Viết phương trình đường 1 thẳng qua M vuông góc với (d1 ) và cắt (d 2 ) . CâuVII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: z 3  3(1  2i ) z 2  (3  8i ) z  2i  5  0 trên tập số phức. B. Theo chương trình Nâng cao. CâuVI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; 3) , trọng tâm G (4; 2) , trung trực của AB là (d ) : 3x  2 y  4  0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , viết phương trình đường thẳng (d ) vuông góc với mặt phẳng x 1 y 1 z  4 x 1 y  2 z  5 ( P) : x  y  z  1  0 và cắt cả hai đường thẳng (d1 ) :     ; (d 2 ) : . 3 2 3 4 2 1  z  3  4i  1   3 z  3  4i  3   1 . CâuVII.b (1,0 điểm) Tìm số phức z có môđun lớn nhất thoả mãn: log 1   2  ---------Hết--------- 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…………www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN - KHỐI A LẦN 02 – NĂM HỌC 2010 – 2011 Ý Nội dung Điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi m  2 1,0 Khi m  2 ta được y  x 4  6 x 2  5 +) TXĐ: R +) Sự biến thiên ) Chiều biến thiên 0,25 Có y '  4 x 3  12 x  0  x  0; x   3 . y '  0   3  x  0; x  3 Hàm số đồng biến trên ( 3;0) và ( 3; ) , nghịch biến trên (;  3) và (0; 3) ) Cực trị: 1 Hàm số đạt cực đại tại xCD  0 , giá trị cực đại yCD  y (0)  5 0,25 Hàm số đạt cực tiểu tại xCT   3 , giá trị cực tiểu yCT  4 ) Giới hạn tại vô cực: lim( x 4  6 x 2  5)   x  5 +) Đồ thị: Giao với Ox tại ( 5; 0); ( 1; 0) ; Giao với Oy tại (0;5) 3 3 0,50 1 1 4 Tìm m để diện tích bằng ……. 1,0 +) Có y  x 4  (m2  2) x 2  m2  1  ( x 2  1)( x 2  m 2  1) . Phương trình 0,25 y  0  ( x 2  1)( x 2  m 2  1)  0 có 4 nghiệm phân biệt là 1;  m 2  1 khi m  0 . 2 +) Diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi (Cm ) với trục hoành phần phía trên trục hoành 1 20m 2  16 96 0,50 là: S  2   x 4  (m 2  2) x 2  m 2  1 dx    m  2 15 15 0 Vậy m  2 là giá trị cần tìm 0,25 x  x  Giải phương trình 2sin 2     1  4cos 2    1,0 2 4 3 6  t t Đặt t  x  khi đó phương trình đã cho trở thành 2sin 2  1  4 cos 2 0,25 2 2 3 t t t t t t  cos t  4 cos 2  cos 3.  4 cos 2  0  4 cos3  4 cos 2  3cos  0 3 3 3 3 3 3 t 1   3  cos 3  0 0,50  k 3 t   (k  ¢ ) 0 2   cos t  1 t    k 6  32   x    k 3  (k  ¢ ) 0,25   x   k 6  2
 6x  y  2x  y  2 (1)  Giải hệ phương trình  1,0  2 x  y  2x  y  6  0 (2)  a  b  2 a  b  2 a  x  1 Đặt a  6 x  y ; b  2 x  y   2 2   0,25 2 a  b  4 x a  b  2 x b  1  x (2)  b  2 x  y  6  0  1  x  2 x  y  6  0  y  x  7 0,25 0,25 thay vào (2) ta được 3x  7  1  x  x  1  y  6 Thử lại thấy thoả mãn. Vậy ( x; y )  (1;6) là nghiệm của hệ phương trình 0,25 3 x6 x2 1,0 Tính giới hạn I  lim x 2  3x  2 x2 3 3 x6 x2 x6 2 x2 2 0,25 I  lim  lim 2  lim 2 2 x  3x  2 x2 x  3 x  2 x 2 x  3x  2 x2 3 x6 2 x2 1 I1  lim 2  lim  0,25   x2 x  3 x  2 ( x  1)( x  2) 3 ( x  6) 2  2 3 x  6  4 12 x2 x2 2 x2 1 I 2  lim  lim  0,25   2 x  3 x  2 x 2 ( x  1)( x  2) x  2  2 4 x2 1 Vậy I  I1  I 2   0,25 6 Tính thể tích khối chóp…. 1,0 S K C I A H B M CM  SH  CM  AH  CH  AH  H chạy trên nửa đường tròn đường kính Có  CM  SA 0, 5 1 1 a5 AB 2  BC 2  AC phần có chứa điểm B  HI  AI  IC  AC  2 2 2 a 5 a 5 5a 3 11 1 1 1 VAHIK  . SA.SAIH  ( SA. AI ).d ( H , AC )  ( SA. AI ) HI  .2a.  . Dấu . 0,5 32 12 12 12 2 2 24 “=” xảy ra khi và chỉ khi HI  AI kết hợp với HI  AI suy ra   450   Chứng minh rằng: ln 1  1  e 2 x  e  x  x 1,0 1   Đặt t  e x bài toán trở thành CMR t  0 luôn có ln 1  1  t 2   ln t . Xét hàm số t 0,25 1 t2  t 2t 11 1   f (t )  ln 1  1  t 2   ln t có f '(t )    2 0 2 1  t 2 (1  1  t 2 ) t t t t2 1 t2
 1  1 t 2  1 1 t2 Mặt khác lim  1  lim ln 0 0,25 t t t  t       1 1 t2  1  - lim  0 điều này chứng tỏ hàm số y  f (t ) nhận Ox làm một Suy ra lim ln 0,25 t t  t t      tiệm cận ngang Ta thấy y  f (t ) đồng biến trên (0; ) và hàm số có tiệm cận ngang là y  0 khi 0,25 t   nên f (t )  0 t  0 Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác…. 1,0 M ' đối xứng với M (2;0) qua (d ) : x  y  10  0 nên M ' (10;8) A Đường thẳng qua M (2;0) với vectơ pháp tuyến n(a; b) có phương trình M' a( x  2)  by  0 tạo với (d ) : x  y  10  0 góc  khi đó 0,25 M  a  7b a b 3  cos     C b  7a 5 a2  b2 2 B Với a  7b chọn b  1  a  7 , đường thẳng AB có phương trình 7 x  y  14  0 cắt (d ) : x  y  10  0 tại A có tọa độ A(3;7) khi đó B đối xứng với A(3;7) qua M (2;0) 1 1 1 0,25 có tọa độ B(1;7)  AB  10 2  S AM ' B  AB.d ( M '; AB )  48  S ABC 2 2  AC  2 AM '  C (17;9) Với b  7 a chọn a  1  b  7 khi đó AB : x  7 y  2  0 cắt (d ) : x  y  10  0 tại 1 0,25 A(9;1)  B(5;1)  AB  10 2  S AM ' B  48  S ABC  AC  2 AM '  C (11;15) 2  A(3;7), B (1;7), C (17;9) Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác là:  0,25  A(9;1), B (5;1), C (11;15) Viết phương trình đường thẳng… 1,0 Mặt phẳng (P) qua M(0;1;1) và vuông góc với d1 nhận vectơ chỉ phương u1 (3;1;1) làm 0,5 vectơ pháp tuyến có phương trình: 3x +y+z-2=0  x  1  2 (P) cắt d 2 tại điểm N có tọa độ thỏa mãn hệ  x  y  z  2  0  N (1;2;3) 0,25 3 x  y  z  2  0  Đường thẳng cần tìm qua M(0;1;1) và N(-1;2;3) có phương trình chính y 1 z 1 x 0,25 tắc:   1 1 2 Giải phương trình: z 3  3(1  2i ) z 2  (3  8i ) z  2i  5  0 (*) 1,0 z 1 (*)  ( z  1)  z 2  2(1  3i )  2i  5  0   2 0,25    z  2(1  3i )  2i  5  0 (1) (1) có  '  (1  3i )2  (2i  5)  3  4i  (1  2i ) 2 0,25  z  i; z  2  5i 0,25 Vậy S={i; 2  5i;1} là tập nghiệm của phương trình. 0,25 1 Viết phương trình đường tròn…. 1,0  13 3  A(1; 3) trọng tâm G (4; 2) suy ra trung điểm M của BC có toạ độ M  ;    2 2 uur 0,5 (d ) : 3x  2 y  4  0 là trung trực của AB nên AB nhận ud (2; 3) làm vectơ pháp tuyến, AB có phương trình: 2 x  3 y  7  0 ; AB cắt (d) tại trung điểm N của AB có toạ độ
N  2; 1  B  5;1  C (8; 4) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: x 2  y 2  2ax  2by  c  0 khi đó 74  a  21 2a  6b  c  10  23   10a  2b  c  26  b   0,5 7 16a  8b  c  80   8  c  3  148 46 8 Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: x 2  y 2  x y 0 21 7 3 Viết phương trình đương thẳng vuông góc và cắt…. 1,0 r Đường thẳng (d) vuông góc với (P): x+y+z-1=0 nên (d) có vectơ chỉ phương là u (1;1;1) r ur Mặt phẳng ( P ) chứa d và d1 qua M(-1;1;4) nhận u (1;1;1) và u1 (2;3; 4) làm cặp vectơ chỉ 1 ur r ur  1 1 1 1 1 1  0,25 phương hay nhận n1  [u; u1 ]     (1; 2;1) làm vectơ pháp tuyến có ; ; 3 4 4 2 2 3 phương trình: x  2 y  z  1  0 r uu r ( P2 ) nhận chứa d và d 2 nhận u (1;1;1) và u2 (2; 3;1) làm cặp vectơ chỉ phương nên nhận 2 uu r uu r r 0,25 n2  [u; u2 ]  (4;1; 5) , qua N(1;-2;5) có phương trình: 4 x  y  5 z  23  0 (d) là giao của ( P ) và ( P2 ) có phương trình thoả mãn hệ 1  x  5  t x  2 y  z 1  0 0,25  đặt z  t ta được  y  3  t  4 x  y  5 z  23  0 z  t  x5 y3 z Vậy đường thẳng cần tìm có phơng trình chính tắc là:   0,25 1 1 1  z  3  4i  1   3 z  3  4i  3   1 . (*) log 1  Tìm số phức có môđun lớn nhất 1,0  2  Đ ặt z  a  bi (a, b  ¡ ) . z  3  4i  1 1 0,25 Có (*)    z  3  4i  5  (a  3)  (b  4)i  5 3 z  3  4i  3 2 Do đó tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thoả mãn là đường tròn tâm I (3; 4) bán kính  z  3  4i  1   3 z  3  4i  3   1 R  5 . Khi đó số phức z thoả mãn log 1   0,25 3 2  4 là số phức có môđun lớn nhất thì điểm biểu diễn của z là điểm đối xứng với O(0;0) qua I (3; 4) N đối xứng với O qua I có toạ độ là: N(6;-8) 0,25 Vậy số phức z cần tìm là z = 6 - 8i 0,25 Ghi chú: - Câu IV thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm điẻm Các ý khác thí sinh giải cách khác đáp án mà đúng