ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC - LẦN 1 - 2011 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

121
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề kiểm tra chất lượng ôn thi đại học - lần 1 - 2011 môn toán trường thpt quỳnh lưu 1', 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 ÔN THI ĐẠI HỌC - LẦN 1 - 2011 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1

SỞ GD – ĐT NGHỆ AN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC - LẦN 1 - 2011 TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút; không kể giao đề Phần chung cho tất cả các thí sinh:( 7 điểm) x2 Câu 1: (2 điểm): Cho hàm số y = x 1 1- Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2- Gọi I là giao điểm của 2 đường tiệm cận,  là một tiếp tuyến bất kỳ của đồ thị (C). d là khoảng cách từ I đến  . Tìm giá trị lớn nhất của d. Câu 2: ( 2 điểm): 1. Giải phương trình: 4cosx- 2cos2x- cos4x = 1 2. Giải phương trình: log228x3 – 9log24x2 – 36log4 2x = 0  4 sin 4 x  1  cos Câu 3: ( 1 Điểm): Tính tích phân I = 2 x 0 Câu 4: ( 1 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, khoảng cách giữa AB và SC = a 3 . Tính thể tích của khối chóp Câu 5: (1 điểm): Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn a + b + c = 1 hãy chứng minh: 3 ab bc ca  + + ab  c bc  a ca  b 2 Phần riêng: (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A- Theo chương trình chuẩn Câu 6A: ( 2 điểm) : 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là: 5x + 2y + 7 = 0 ; x - 2y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A có phương trình là x + y – 1 = 0 (d). Tìm toạ độ đỉnh C của tam giác ABC. 2. Trong không gian Oxyz cho điểm A(- 1; -1; 4), B( 1; -1; 2). Viết phương trình mặt cầu đi qua A,B có tâm nằm trên mp (Oyz) và tiếp xúc với mp (Oxy). Câu 7A: (1 điểm): Với các chữ số 2, 3, 4, 5, 6. có thể lập được bao nhiêu số gồm 5 chữ số khác nhau trong đó hai chữ số 2, 3 không đứng cạnh nhau. B- Theo chương trình nâng cao: 3 Câu 6B: ( 2 điểm): 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích S = , toạ 2 độ các đỉnh A (2;-3), B(3; -2) và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng có phương trình 3x – y – 8 = 0. Tìm toạ độ đỉnh C. 2. Trong không gian Oxyz cho điểm A (- 1; -1; 4), B( 1; -1; 2). Viết phương trình mặt cầu đi qua A,B có tâm nằm trên mp ( Oyz) và tiếp xúc với mp ( Oxy) x 3  y 3  9  Câu 7B: ( 1 điểm): Giải hệ phương trình  2 x  2 y 2  x  4 y  _ Hết_
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Câu Nội dung Điểm x 1 Câu1 khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y= x2 1.1đ a. tập xác định D = R \ {-1} 0,25 b. Sự biến thiên 1 y’ = < 0  x  -1 . hàm số nghịch biến trên mỗi x  12 khoảng(-  ; -1 ) và ( -1 ; +  ) lim y  1 ; lim y  1 Đồ thị có tiệm cận ngang là đường thẳng có phương 0,25 x   x   trình y = 1 lim y    ; lim y    đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1 x  1 x  1 - -1 x + 0,25 , - - bảng biến thiên thiên y + y 1 1 - Đồ thị : cắt trục ox tại (-2 ; 0 ) y 0,25 cắt trục oy tại (0 ; 2 ) nhận I ( -1 : 1 ) làm tâm đối xứng 0 x
1 2 .1 đ y  ; Giao điểm của hai đường tiệm cận là I(-1 ;1) x  12 Giả sử M ( x0 ; xo  2   (C) . 0,25 x0  1 Phương trình tiếp tuyến  với đồ thi hàm số tại M là : x  x0   x0  2 1  x   x0  1 y  x 0   x0  1 x 0  2  =0 2 y 0,25 x0  1 x0  1 2 2 x0  1 2 Khoảng cách từ I đến  là d = =  2 1   x0  1 1 4   x0  1 2 x0  1 2 0,5 Vậy GTLN của d bằng 2 khi x 0 = 0 hoặc -2 Câu 2 1 Giải phương trình 4cosx -2cos2x –cos4x = 0 1 .1đ 0,25 2 2  4cosx -2 (2cos x -1 ) –(1- 2 sin 2x ) =1 2 2 2  4cosx – 4cos x +2 -1 +8 sin xcos x -1 =0 2  4cosx ( 1-cosx + 2sin x cosx ) =0 0,25 2  cosx = 0 hoặc 1-cosx +2sin xcosx = 0  cosx ( 2sin2x -1 ) +1=0  k hoặc  x 2 Cos3x + cosx =2  co s3 x  1  cosx =1  x = k2   0,5 co x  1   k ; x = k2  vậy phương trình có nghiệm x 2 Giải phương trình : log 2 2 8 x 3  9 log 2 4 x 2  36 log 4 2 x  0 (1 ) Điều kiện x > o 2 .1 đ (1 )  3  3 log 2 x 2  92  2 log 2 x   18 1  log 2 x   0 0,5 2  9 log 2 x  18 log 2 x  27  0  log2x = -1 hoặc log2x =3  x = 1/2 hoặc x=8 0,5 Tính tích phân     2 sin 2 x 2co s 2 x  1 4 4 sin 4 x Câu 3 0,25  1  cos 2 x dx =  1  co s 2 x dx I= 1đ 0 0  đặt t =cos2x suy ra dt = -sin2xdx ; x =0  t = 1 ; x =  t=½ 4 0,25 0,5
1 22t  1 1 1 4t  2 2  6 4 1  t  1 dt =  t  1 dt    4  t  1 dt  4t  6 lnt  1 I=- = 2 - 6ln 3 1  1 2 1 1 2 2 S M Câu 4 A D 1đ 0,25 I O J B C Xác định khoảng cách giữa AB và SC Gọi I,J lần lượt là trung điểm của AB,DC AB// DC nên AB// (SDC)  khoảng cách giữa AB và mp (SCD) là khoảng cách giữa AB và SC . Ta có IJ  CD , SJ  CD (v ì S.ABCD là hình chóp đều )  CD  ( SI J ) (1) Trong mp(SI J ) kẻ IM  SJ (2 ) , từ ( 1)  IM  CD (3) Từ (2) ,(3)  IM  (SCD )  IM = a 3 Gọi O là giao điểm của AC và BD  SO là đường cao của hình chóp 0,25 1 Thể tích của hình chóp V = Bh ,trong đó B =4a2 , h =SO 3 Tính SO . Trong tam giác vuông IM J (vuông tại M ) có I M = a 3 , IM a 3 3 0,25 0 I J = 2a , Gọi  là góc IJM ta có sin  =   =60   2a 2 IJ  Tam giác SIJ là tam giác đều cạnh 2a  SO = a 3 4a 3 12 Thể tích hình chóp V = 4a .a 3  0,25 3 3 Câu 5 1đ Do a+b+c =1  ab +c = ab + c ( a+b+c )  ab +c = (a + c) (b +c ) 1 a b ab a b   (1 )     0,25 . 2 ac bc ab  c a c bc   Tương tự ta có : c 1 b bc b c ba  ca  (2)  .  bc  a b a ca 2  0,25 1 c a ca c a  cb  ab (3)  .  ca  b c b ab 2   Từ (1) ,(2) ,(3) suy ra 0,5
Câu 3 1 ab bc ca + . Dấu bằng xảy ra khi a=b=c =   6A ab  c bc  a ca  b 2 3 1 . 1đ 5 x  2 y  7  0 Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ :   A (-3 ; 4 ) 0,25 x  y  1 0 5 x  2 y  7  0 Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ :   B (-1;-1) x  2 y  1  0 Gọi D là điểm đối xứng của B qua đường phân giác góc A  D thuộc 0,25 AC , ta tính được toạ độ điểm D (2 ;2 ) Phương trình đường thẳng AC chính là phương trình đường thẳng đi 0,25 qua A (-3; 4) ; D(2 ;2) . Phương trình là : 2x +5y -14 =0 2 x  5 y  14  0 11 4 0,25 Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ   C( ;) x  2 y  1  0 2 . 1đ 33 Viết phương trình mặt cầu đi qua A (-1;-1;4 ) ; B (1;-1;2) có tâm nằm 0,25 trên mp(oyz) và tiếp xúc với mp(oxy) . Gọi I là tâm mặt cầu , vì I thuộc (oyz) nên I có toạ độ I (0;b;c) 0,5 Vì mặt cầu đi qua A ,B và tiếp xúc với mp(oxy) nên ta có IA = IB = d(I , oxy )  1+(b+1)2 +(c-4)2=1+(b+1)2 +(c-2)2 = c2  c = 3 ; b =-1  7 Vậy có hai mặt cầu thoả mãn bài toán là : x 2  y  1  7    z  3  9 hoặc x 2  y  1  7    z  3  9 0,25 2 2 2 2 Câu 7A Có 5! = 120 cách chọn số có 5 chữ số khác nhau từ 5 chữ số trên . Ta tìm các số có 5 chữ số khác nhau mà 2 ,3 đứng cạnh nhau . Nếu xếp hai chữ số 2 ,3 vào hai ô liền nhau (2 đứng trước 3) xem như 1 ô , ba chữ số 4,5,6 vào ba ô còn lại . như thế có 4 cách chọn vị trí 0,5 cho cặp số 2,3 ; có 3! Cách chọn vị trí cho 3 chữ số còn lại . Vậy có 4 .3! = 24 cách chọn số gồm 5 chữ số khác nhau mà 2,3 đứng cạnh nhau ( 2 đứng trước 3 ). Nếu 3 đứng trước 2 cũng làm tương tự ta được 24 cách lập . Các số thoả mãn yêu cầu bài toán là 120-48=72 số Câu6 0,5 B Gọi I là trung điểm của AB thì I (5/2 ;-5/2) ; G (x0; y0 )là trọng tâm 1. 1đ tam giác ABC ; S , S1 lần lượt là diện tích tam giác ABC , GAB ta có 1 13 1 S1= S= .  3 32 2 0,25 Ta c ó AB = 12  12 = 2 2 S1 1 Đường cao GH của tam giác AGB có độ dài GH=  AB 2
Đường thẳng AB có phương trình x - y – 5 = 0 (d ) 0,5 x0  y0  5 1 Lại có GH = d (G,d ) =  x0  y 0  5 =1 (1)  2 2 G nằm trên đường thẳng có phương trình 3x-y -8 =0 nên ta có 3x0 –y0 – 8 =0 (2) .T ừ (1),(2) suy ra ( x0, y0 ) = ( -1;-5) hoặc (2;-2) 3 OG = OA  OB  OC  2OI  OC ................. 2. 1 đ 0,25 Suy ra C(-2;-10) hoặc C(1 ;1 ) Viết phương trình mặt cầu đi qua A (-1;-1;4 ) ; B (1;-1;2) có tâm nằm trên mp(oyz) và tiếp xúc với mp(oxy) . 0,25 Gọi I là tâm mặt cầu , vì I thuộc (oyz) nên I có toạ độ I (0;b;c) Vì mặt cầu đi qua A ,B và tiếp xúc với mp(oxy) nên ta có IA = IB = d(I , oxy )  1+(b+1)2 +(c-4)2=1+(b+1)2 +(c-2)2 = c2 0,5  c = 3 ; b =-1  7 Vậy có hai mặt cầu thoả mãn bài toán là : Câu x 2  y  1  7    z  3  9 hoặc x 2  y  1  7    z  3  9 2 2 2 2 7B 0,25 3 3 x  y  9 x  y  9 3 3 Giải hệ  2  2 x  2 y 2  x  4 y 3x  3x   6 y 2  12 y   3 2 3 2 3 3  x – 3x +3x = y +6y +12y +9  (x-1) = (y +2)  x =y + 3 0,5 x  2 x  1  x3  y3  9 Vậy hệ đã cho   hoặc    y  1  y  2 x  y  3 0,5 Mọi cách làm khác đúng đều cho điểm theo phần tương ứng
7