Đề kiểm tra KSCL đầu năm cấp THPT môn Toán (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Nguyễn Hữu Nguyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

189
lượt xem 20
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng ôn tập và củng cố kiến thức môn Toán với Đề kiểm tra chất lượng đầu năm cấp 3 môn Toán gồm các bài tập thường gặp trong chương trình Toán học lớp 10 sẽ giúp bạn tự tin và làm bài kiểm tra đạt điểm cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra KSCL đầu năm cấp THPT môn Toán (Kèm đáp án)

SỞ GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO PHÚ YÊN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM HỌC 2013-2014 Trường THPT Ngô gia tự MÔN TÓAN LỚP 10(CHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN) Thời gian:90 phút(không kể thời gian phát đề) Câu 1(2điểm) Cho hai mệnh đề A : " ∃x ∈ R, x 2 ≤ x " B : " ∀ x ∈ Q, x 2 − 3 = 0 " a) Mỗi mệnh đề trên đúng hay sai, tại sao? b) Lập mệnh đề phủ định. Câu 2(1,5điểm) Cho hai tập hợp X = {− 1;0;1; m; n} Y = {0;1;2;3; m; t} Xác định các tập hợp: X ∩ Y , X ∪ Y , X \ Y Câu 3(1điểm) { } Viết tập hợp sau về dạng liệt kê các phần tử: A= x ∈ Ζ / ( x + 2)(3 x 2 − 5 x + 2) = 0 B= {3k − 1 / k ∈ N & k ≤ 4} Câu4(1,5điểm) Xác định mỗi tập hợp sau và biểu diễn trên trục số. a) [− 3;2) ∪ (0;+∞ ) b) R\ (2;+∞ ) c) [− 2;4 ) ∩ Z Câu 5(1điểm) Xác định hai tập hợp A và B biết: A ∩ B = {− 2;−1; a} A\ B= { ;2; b} 1 B \ A= {0; x} Câu 6(3điểm) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. a) Tính theo a các độ dài: AB + BC và AB + AC b) Chứng minh : AB + CM = CB + AM , điểm M tùy ý. c) Tìm tập hợp các điểm H thỏa HA − CA = HA + AB + AC Trang 1
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LỚP 10B KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM (2013- 2014) CÂU ĐÁP ÁN Điểm a) (1,0) _ Lí luận đưa đến A đ úng 0,5 _ A " ∀x ∈ N : x 2 > x " 0,5 1(2,0đ) 0,5 b) (1,0) _ Lí luận đưa đến B sai 0,5 _ B " ∃x ∈ Q , x 2 − 3 ≠ 0 ” X ∩ Y= {0;1; m} 0,50 0,50 2(15 d) X ∪ Y= {−1; 0;1; 2;3; m; n; t} 0,50 X \ Y = {−1; n} 2 a) (0,5đ) * ( x + 2)(3x2 − 5x + 2) = 0 tính được x = −2, x = 1, x = 0,25 3(1 đ) 3 0,25 * A = {− 2;1} b) (0,5đ) + k=0;1;2;3;4 0,25 + B = {−1; 2;5;8;11} 0,25 a) (0,5) [ −3; 2 ) U ( 0; +∞ ) = [ −3; +∞ ) Biểu diễn trên trục số đúng 0,50 0,50 4(1,5đ) b) (0,5) R\ (2;+ ∞ )= (− ∞;2] Biểu diễn trên trục số đúng 0,50 c) (0,5) [ −2; 4 ) I Z = {−2; − 1; 0; 1; 2; 3 } 5(1,0) A I B = {−2; −1; a} ⇒ − 2; −1; a ∈ A . & A \ B = {1 ;2 ;b} ⇒ 1 ;2 ;b ∈ A 0,25 0,25 Kết luận: A= {-2 ;-1 ; 1 ; 2 ; a ; b } A I B = {−2; −1; a} ⇒ − 2; −1; a ∈ B & B \ A = {0 ; x} ⇒ 0 ; x ∈ B 0,25 Kết luận: B= { -2 ; -1 ; 0 ; a ; x} 0,25 uuur uuu r uuur 0,50 a) (2,0) * AB + BC = AC 0,50 uuu uuur r = AC =a * Vẽ BD = AC ⇒ D là đỉnh của hình bình hành ABDC 0,25 uuu uuur uuu uuu r r r + AB + AC = AB + BD 0,25 uuu uuur uuur r + AB + AC = AD = AD 6(3,0 đ) ⎛a 3⎞ 0,25 + AD = 2 AI = 2 ⎜ ⎜ ⎟ trong đó {I }= AD I BC ⎟ ⎝ 2 ⎠ uuu uuur r 0,25 + Vậy AB + AC = a 3 uuu uuuu r r uuuu uuur r uuu uuuu r r b) (0,5) AB + CM = ( AM + MB) + (CB + BM ) , Điểm M tuỳ ý uuu uuuu r r uuur uuuu r 0,25 = (CB + AM ) + ( MB + BM ) uuu uuuu r r = CB + AM 0,25 uuu uuur r uuur uuu uuur r c) (0,5) Ta có: AB + AC = AD và −CA = AC uuu uuu uuu uuu uuur r r r r 0,25 Tất cả các điểm H thoả: HA − CA = HA + AB + AC Trang 2
uuur uuur ⇔ HC = HD 0,25 ⇔ HC = HD Là đường trung trực của đoạn thẳng CD ĐỀ THI KTCL ( 2013-2014 ) Môn : Toán Lớp 10 ( CT chuẩn ) Người biên soạn: NGUYỄN THỊ LANG Đơn vị: Tổ Toán – Trường THPT Ngô Gia Tự Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Chủ đề Tổng Câu Điểm Câu Điểm Câu Điểm 1(câu1a,b) 2 Mệnh đề 2,0đ 2,0đ 1(câu3) 1 Tập hợp 1,0đ 1,0đ Các phép toán trên tập 1(câu2) 1(câu4) 1(câu5) 3 hợp 1,5đ 1,5đ 1,0đ 4,0đ 1(câu6a) 1(câu6b) 1(câu6c) 3 Cộng-trừ véc tơ 2,0đ 0,5đ 0,5đ 3,0đ 4 3 2 9 Tổng cộng 5,5đ 3,0đ 1,5đ 10đ Trang 3
TR NG THPT NGÔ GIA T T TOÁN – TIN H C KI M TRA H C K 2 N M H C 2012 – 2013 Môn: Toán – L p: 10 Ban: Khoa h c t nhiên Th i gian làm bài: 90 phút (không k th i gian giao ) Câu 1 (3 i m) Gi i các ph ng trình và b t ph ng trình sau. a) −6 x 2 + 5 x + 1 ≥ 0 3 b) ≤1 2− x c) 2 − x = 1 − 2 x Câu 2 (2 i m) Ch ng minh r ng cos x − cos5 x a) = 2sin x sin4x + sin2x π b) cos 4 x − cos 4 − x = 2cos 2 ( π + x ) − 1 2 Câu 3 (1 i m) Tìm m ph ng trình x + ( m + 1) 2 x − 1 − m = 0 có nghi m Câu 4 (1,5 i m) x2 y 2 a) Cho hypebol (H) có ph ng trình chính t c là: − = 1 . Tìm t a các tiêu 16 9 i m, các nh và tính tâm sai c a hypebol trên. b) Vi t ph ng trình chính t c c a parabol (P) bi t (P) i qua i m M (2; −4) . Câu 5 (2,5 i m) Trong m t ph ng v i h tr c t a Oxy, cho tam giác ABC v i A(1; 2) , B (−5; −2) , C (10;1) . a) Tìm t a BC , vi t ph ng trình ng cao AH c a ∆ABC (trong ó, H là chân ng cao h t nh A). Tính dài o n AH. b) Vi t ph ng trình ng tròn i qua i m A, ti p xúc v i tr c hoành và có tâm n m x = 5 + 2t trên ng th ng ∆ : ,t ∈ . y = 3+t ………………………………….. H t ……………………………………… H c sinh không c s d ng tài li u. Giám th không gi i thích gì thêm.
TR NG THPT NGÔ GIA T T : TOÁN – TIN H C H NG D N CH M (H ng d n này có 03 trang) Chú ý: 1) N u thí sinh làm bài không theo cách nêu trong áp án nh ng úng thì cho s i m t ng ph n nh thang i m quy nh 2) Sau khi c ng i m toàn bài, làm tròn n 0,5 i m (l 0,25 làm tròn thành 0,5; l 0,75 làm tròn thành 1,0 i m) ÁP ÁN – THANG I M Câu áp án i m a) (1 i m) −6 x 2 + 5 x + 1 ≥ 0 1 −6 x 2 + 5 x + 1 ≥ 0 ⇔ − ≤ x ≤ 1 0,75 6 1 V y t p nghi m c a bpt ã cho là S1 = − ;1 0,25 6 3 b) (1 i m) ≤1 2− x 3 1+ x ≤1⇔ ≤0 0,25 2− x 2− x ⇔ x ≤ −1 ho c x > 2 0,5 Câu 1 V y t p nghi m c a bpt ã cho là S 2 = ( −∞; −1] ∪ ( 2; +∞ ) 0,25 (3 i m) c) (1 i m) 2 − x = 1 − 2 x 1− 2x ≥ 0 2 − x = 1− 2x ⇔ 2 2 0,25 (2 − x) = (1 − 2 x ) 1 1 x≤ x≤ 2 ⇔ 2 ⇔ 0,25 2 x = −1 x =1 x =1 ⇔ x = −1 0,25 V y nghi m c a ph ng trình ã cho là x = −1 0,25 cos x − cos 5 x a) (1 i m) = 2sin x s in4x + s in2x cos x − cos 5 x −2s in3x sin(−2 x) = 0,25 s in4x + s in2x s in4x + s in2x −2s in3x sin(−2 x) = 0,25 2s in3x cos x Câu 2 sin 2 x = 0,25 (2 i m) cos x 2sin x cos x = = 2sin x ( pcm) 0,25 cos x π b) (1 i m) cos 4 x − cos 4 − x = 2 cos 2 ( π + x ) − 1 2 π cos 4 x − cos 4 − x = cos 4 x − sin 4 x 0,25 2
= ( cos 2 x − sin 2 x )( cos 2 x + sin 2 x ) = cos 2 x − sin 2 x 0,25 = 2 cos 2 x − 1 0,25 = 2 cos 2 ( π + x ) − 1 ( pcm) 0,25 Tìm m x + ( m + 1) 2 x − 1 − m = 0 có nghi m? 1 k: x ≥ . t u = 2 x − 1 ≥ 0 . Ph ng trình ã cho tr thành 2 u 2 + 2 ( m + 1) u − 2m + 1 = 0 (*) 0,25 Khi ó, yc b ⇔ (*) có nghi m u1 , u2 ( u1 ≤ u2 ) th!a m t trong hai i"u ki n sau ây: 1 Câu 3 +) u1 ≤ 0 ≤ u2 ⇔ −2m + 1 ≤ 0 ⇔ m ≥ 0,25 2 (1 i m) ∆/ ≥ 0 m 2 + 4m ≥ 0 m ≤ −4 ∨ m ≥ 0 +) 0 ≤ u1 ≤ u2 ⇔ S ≥0 ⇔ −2 ( m + 1) ≥ 0 ⇔ m ≤ −1 P≥0 −2m + 1 ≥ 0 1 0,25 m≤ 2 ⇔ m ≤ −4 1 V y m ∈ (−∞; −4] ∪ [ ; +∞) là các giá tr c n tìm. 0,25 2 x2 y 2 a) (1 i m) ( H ) : − =1 16 9 x2 y 2 Ph ng trình chính t c c a hypebol có d ng 2 − 2 = 1 , trong ó a b 0,25 a 2 = 16 a=4 b2 = 9 b=3 c = a 2 + b2 = 5 0,25 Câu 4 T ó ta #c: (1,5 i m) +) T a hai tiêu i m: F1 (−5;0) và F2 (5;0) 0,25 +) T a hai nh: A1 (−4;0) và A2 (4;0) 5 + Tâm sai: e = 0,25 4 b) (0,5 i m) Ph ng trình parabol (P) qua M (2; −4) Ph ng trình chính t c parabol (P) có d ng y 2 = 2 px (p > 0) 0,25 2 Do M ∈ ( P ) ⇔ 16 = 4p ⇔ p = 4. V y (P): y = 8 x 0,25 Câu 5 a) (1,5 i m) T a BC , ph ng trình AH, … (2,5 i m) Ta có BC = (15;3) 0,5 1 Vì AH ⊥ BC nên ng th ng (AH) nh n BC = (5;1) làm pháp véct . 0,25 3 Thêm n$a, (AH) qua A nên ph ng trình t%ng quát c a (AH) là: 5x + y − 7 = 0 0,25 Ph ng trình t%ng quát c a ng th ng (BC) là: x − 5 y − 5 = 0 0,25 14 V y AH = d ( A, BC ) = 0,25 26
b) (1 i m) Ph ng trình ng tròn … G i I là tâm và R là bán kính c a ng tròn (C) c n tìm. Vì I ∈ (∆ ) nên 0,25 I (5 + 2t ;3 + t ) . M t khác, (C) qua A và ti p xúc v i Ox nên ta #c R = IA 2 2 d ( I , Ox ) = IA ⇔ 3 + t = ( 4 + 2t ) + (1 + t ) R = d ( I , Ox) 0,25 t = −1 ⇔ t 2 + 3t + 2 = 0 ⇔ t = −2 +) V i t = −1 , ta #c: I (3; 2) và R = 2. ng tròn c n tìm có ph ng 2 2 0,25 trình là: ( x − 3) + ( y − 2 ) = 4 +) V i t = −2 , ta #c I (1;1) và R = 1. ng tròn c n tìm có ph ng 2 2 0,25 trình là: ( x − 1) + ( y − 1) = 1
i::: - .: :t" . Truong THPT TrAn Cao Vdn KiCm tra ch6t lusns- M6n To6n- fnOitO ---:--C' - -:-' ,, TO To6n Thdi gian: 45 phirt (Kh6ng kA phdt di) 'I EA: ceu I: ( 3 di6m) Thgc hiQn ph6p tinh vi rut ggn c6c bitiu thric: i t+l i a) P: (2x+l)(4x2 -Zx+t) b) Q : t- x-r , CAu II: (2,5 di6m): Cho phuong trinh: x' - 72m+l)x + m2 +m - 6 = (l) 0 a) chung minh ring phuong trinh (1) 1u6n c6 hai nghiQm phan biot vdi moi gi6 tri cria m. b)G9iXlixzlihainghiQmcriaphuongtrinh(1).TfnhXt*xzvix1'x2theom. CAu III: (2 diCm) T,".,gtAm;tryctAm;t6mitu0ngtrdnngoaiti6p;tdmducrrrgtronnQitii|p cua mQt tam gi6c ld giao di6m cria c6c ducrng ndo trong tam gi6c do. : Cdu IV: (2,5 di6m) cho tam gi6c ABC cdn t4i A c6 goc a)c= 450 vd nQi titip trong dulng " tron tAm O ben kinh R. a) chirng minh ring Ao li tia phdn gi6c cira goc a)c vd tam gi6c Boc : vuOng cdn. : b) Tinh dO dai c6c c4nh cria tam gi6c ABC bii5t R: 2. *********{
P : 8x3 - 4x2 +2x-2x+ 4x2 + 1 ' 1 8x3 +l 0,{ t, tt I x+l 0,5 xx ------------l I I I Cflu i xt -l I 1d 1 0,5 I I x' x ,,-------i i 1 I I o . .r+l .r' o,.q.f I = x -Y--L -.----- ----"-----i i _i i $,.2'b I l:.. L A=!2m+t;2 -+(m'+rn-6) Y, 1,5f1 Ciu A > 0 suy ra phuo'ng trinh c6 hai nghiQm phf,n biQt ) 2,5d Xr*Xz:2nt*1 " - ----- )- -l----_-_ Xr.X2=m-tm-6 Cflu MOi y ching clugc 0,5 a) AAOB = AAOC (ccc) :> BAO = CAO -> kq . (0'5) BOC : 2 BAC = 90 o -> kq (0.5) Cf,u 4 b) AOBC vu6ng cf,n tiri O -> BC2 : 2R2 (0,25) (2,5 cli6m) => BC :zJ2 (0,25) 1,0 + gqi H lir trung tli6rn BC , tinh du-oc AH = 2+^,11 (0,25) i-- r , + i\AHB vu6ng t:;i H , tinlr t1u'gr' ,\ll = AC = ri8*'l.u/f (s,25) I {,sx'rn {,: l{0Lr co circh riri,i khfrc dirnE dOu clro ditirl tiri tia
TR NG THPT NGÔ GIA T T TOÁN – TIN H C KI M TRA H C K 2 N M H C 2012 – 2013 Môn: Toán – L p: 11 Ban: Khoa h c t nhiên Th i gian làm bài: 90 phút (không k th i gian giao ) Câu 1 (1,5 i m) 2 2 a) Cho c p s c ng (un) có u31 + u34 = 11 và ( u31 ) + ( u34 ) = 101 ng th i công sai d là s d ng. Tính t ng c a 2013 s h ng u tiên c a c p s ó. b) T ng c a m t c p s nhân lùi vô h n (an) b ng 64. Tìm công th c tính s h ng t ng quát an theo n, bi t t ng c a sáu s h ng u c a (an) b ng 63 và công b i q là s âm. 1 − cos 2 x ,x < 0 1 − 2 x2 + 1 Câu 2 (2 i m) Cho hàm f ( x) = m, x = 0 , (m là tham s th c). 1 x sin − 2, x>0 x a) Tính lim f ( x) và lim f ( x) . + − x →0 x →0 b) Hàm f có liên t c trên không? Câu 3 ( 3 i m) π π a) Tính giá tr bi u th c F = f ′( ) + f ′′( ) , v i f ( x) = x 2 cos 2 x . 2 2 x +1 b) Cho hàm y = g ( x) = có th (C) và ng th ng ( ∆) : 2 x + y + 2013 = 0 . x −1 i) Vi t ph ng trình ti p tuy n v i th (C) bi t ti p tuy n song song v i ng th ng (∆ ) . ii) Ch ng minh r ng trên (C) không có i m nào mà ti p tuy n t i ó vuông góc v i ng th ng (∆ ) . Câu 4 (3,5 i m) Cho hình chóp t giác u S.ABCD có áy là hình vuông tâm O c nh b ng a, m t bên h p v i m t áy m t góc 60o. G i M là trung i m c a c nh CD. a) Ch ng minh mp(SCD) vuông góc v i mp(SOM). b) Tính kho ng cách t O n mp(SCD). c) Xác nh và tính dài o n vuông góc chung gi a hai ng th ng BD và SC. …………………………………… H T …………………………………… H c sinh không c s d ng tài li u. Giám th không gi i thích gì thêm.
TR NG THPT NGÔ GIA T T : TOÁN – TIN H C H NG D N CH M (H ng d n này có 04 trang) Chú ý: 1) N u thí sinh làm bài không theo cách nêu trong áp án nh ng úng thì cho s i m t ng ph n nh thang i m quy nh 2) Sau khi c ng i m toàn bài, làm tròn n 0,5 i m (l 0,25 làm tròn thành 0,5; l 0,75 làm tròn thành 1,0 i m) ÁP ÁN – THANG I M Câu áp án i m u31 + u34 = 11 2 2 a) (0,75 i m) ( u31 ) + ( u34 ) = 101 S 2013 = ? d >0 2 2 2 Theo bài ( u31 ) + ( u34 ) = 101 ⇔ ( u31 + u34 ) − 2u31u34 = 101 u31 + u34 = 11 u31 + u34 = 11 0,25 u31u34 = 10 u31 = 10 u31 = 1 ⇔ ⇔ ∨ u31 + u34 = 11 u34 = 1 u34 = 10 u31 = 1 u1 = −89 M t khác d > 0 nên u31 < u34 , do ó ⇔ 0,25 u34 = 10 d =3 2013 V!y S 2013 = ( 2u1 + 2012d ) = 5896077 0,25 2 Câu 1 S = 64 (1,5 i m) b) (0,75 i m) S6 = 63 un = ? −1 < q < 0 a1 = 64 1− q a1 = 64(1 − q ) 6 a1 (1 − q ) 1 Thoe gi thi t = 63 ⇔ q 6 = 0,25 1− q 64 −1 < q < 0 −1 < q < 0 a1 = 96 ⇔ 1 0,25 q=− 2 n −1 1 * V!y an = 96 − ,n∈ 0,25 2 Câu 2 a) (1 i m) Tính lim f ( x) và lim f ( x) + − x →0 x →0 (2 i m) 1 + lim f ( x) = lim x sin − 2 + + 0,25 x →0 x →0 x 1 x →0 = −2 (vì x sin ≤ x  0 ) → 0,25 x
1 − cos 2 x + lim f ( x) = lim 0,25 1 − 2x2 + 1 − − x →0 x →0 2 sin x − x →0 ( = lim − 1 + 2 x 2 + 1 ) x = −2 0,25 b) (1 i m) f có liên t c trên không? 1 − cos 2 x V i x ∈ (−∞;0), f ( x) = liên t c 0,25 1 − 2 x2 + 1 1 V i x ∈ (0; +∞), f ( x) = x sin − 2 liên t c 0,25 x Theo câu (a), lim f ( x) = lim f ( x) = −2 lim f ( x) = −2 . Do ó, + x →0 − x →0 x →0 0,25 + N u m = −2 thì f liên t c trên + N u m ≠ −2 thì f không liên t c trên 0,25 π π a) (1 i m) f ( x) = x 2 cos 2 x F = f ′( ) + f ′′( ) = ? 2 2 Ta có f ′( x) = 2 x cos 2 x − x 2 sin 2 x 0,25 f ′′( x) = 2 cos 2 x − 4 x s in2x − 2 x 2 cos 2 x 0,25 π f ′( ) = 0 2 0,25 π π2 f ′′( ) = 2 2 π π π2 V!y F = f ′( ) + f ′′( ) = 0,25 2 2 2 x +1 b) (2 i m) (C) : y = g ( x) = và (∆ ) : 2 x + y + 2013 = 0 x −1 T!p xác nh c a hàm g là D = \{1} −2 0,25 Ta có g ′( x) = Câu 3 ( x − 1) 2 (3 i m) H" s góc c a ∆ là k = −2 0,25 i) (0,75 i m) Ti p tuy n song song v i ∆ G i M 0 ( x0 ; y0 ) là ti p i m c a ti p tuy n (d) c n tìm. 0,25 x0 = 0 g (0) = −1 Vì (d) song song v i ( ∆ ) nên g ′( x0 ) = −2 ⇔ 0,25 x0 = 2 g (2) = 3 V!y có hai ti p tuy n th#a yêu c u là : (d1 ) : y = −2 x − 1 và (d 2 ) : y = −2 x + 7 0,25 ii) (0,75 i m) Ch ng minh r ng ... V i m i i m M ( x; y ) n m trên th (C), gi s$ t i M có ti p tuy n v i 0,25 (C) vuông góc v i ∆ . Khi ó, ph ng trình −2.g ′( x) = −1 có nghi"m 4 0,25 ⇔ = −1 có nghi"m (vô lý) ( x − 1) 2 V!y trên (C) không có i m nào mà ti p tuy n t i ó vuông góc v i ng th ng (∆ ) . 0,25
S 0,5 A D 60 M O B C Chú ý : Hình úng nh ng không th hi n góc 60o c 0,25 i m a) (1 i m) Ch ng minh mp(SCD) vuông góc v i mp(SOM). Vì ABCD là hình vuông, M là trung i m CD nên CD ⊥ OM 0,25 Theo bài, S.ABCD là hình chóp u nên SC = SD, mà M là trung i m CD 0,25 suy ra CD ⊥ SM Do ó, CD ⊥ ( SOM ) 0,25 M t khác, CD ⊂ ( SCD) nên ( SCD) ⊥ ( SOM ) 0,25 S K Câu 4 (3,5 i m) H A D 60 M O B C b) (1 i m) Tính d ( O, ( SCD ) ) G i H là hình chi u vuông góc c a O lên SM. Theo (1), CD ⊥ ( SOM ) 0,25 OH ⊥ CD OH ⊂ ( SOM ) Do ó, OH ⊥ ( SCD ) d ( O, ( SCD ) ) = OH 0,25 Tam giác OHM vuông t i H BC a 0,25 OH = OM sin SMO = sin SMO = sin SMO 2 2 SM ⊥ CD Theo (1), OM ⊥ CD ( (SCD), ( ABCD) ) = ( SM , OM ) = SMO ( SCD) ∩ ( ABCD) = CD 0,25 SMO = 60o a 3 V!y d ( O, ( SCD) ) = OH = . 4 c) (1 di m) Xác nh o n vuông góc chung c a BD và SC G i K là hình chi u c a O lên SC. Theo (1), CD ⊥ ( SOM ) nên SO ⊥ CD . 0,25 L!p lu!n t ng t , SO ⊥ DA . Do ó, SO ⊥ ( ABCD)
BD ⊥ SO BD ⊥ ( SAC ) BD ⊥ AC OK ⊥ BD OK là o n vuông góc OK ⊂ ( SAC ) 0,25 OK ⊥ SC chung c a BD và SC. Tam giác SOC vuông t i O có OK là ng cao nên AC SO. 1 1 1 SO.OC 2 2 = 2 + ⇔ OK = = OK OC OS 2 SO 2 + OC 2 AC 2 2 SO + 2 0,25 a 2 SO. ⇔ OK = 2 2 2 a 2 SO + 2 a 3 Tam giác SOM vuông t i O SO = OM tan SMO = . 2 0,25 a 30 V!y OK = 10
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I TỈNH ĐỒNG THÁP Năm học: 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN - Lớp 12 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề gồm có 01 trang) Ngày thi: 05 /4/2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (4,0 điểm). 1 1 1. Cho hàm số F(x) = x 2e x và f(x) = (2 x  1)e x với x  0 Tính đạo hàm F’(x). Suy ra I =  f ( x)dx . e2 ln2 1 2. Tính các tích phân : I =  dx và J=  x.e x dx . e x ln x 0 Câu II (1,0 điểm). (1  2i )2  1  4i Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết rằng z  . (1  i)2 Câu III (2,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), C(0; 0; 1) 1. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B, C. Viết phương trình tham số của đường thẳng d qua gốc tọa độ O và vuông góc với mặt phẳng (P). 2. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ O và tiếp xúc mặt phẳng (P). Tìm tọa độ tiếp điểm H của (S) và (P). II. PHẦN RIÊNG (Tự chọn) (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (Phần 1 hoặc Phần 2) 1. Phần 1: (Theo chương trình Chuẩn) Câu IV.a (2,0 điểm). 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C ) : y  x 2  2 x ; (d): y= 2x – 3; x = 2 và x = 4. 2. Cho z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z2 – 6z + 25 = 0. Tính S = z1  z2 . Câu V.a (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho 2 đường thẳng x 7 y 3 z 9 x  3 y 1 z 1 d1 :   và d 2 :   1 2 1 7 2 3 Tìm tọa độ của M  d1 và N  d 2 sao cho MN là đoạn vuông góc chung của d1 và d2. 2. Phần 2: (Theo chương trình Nâng Cao) Câu IV.b (2,0 điểm). 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C ) : y  x 2  2 x ; (d): y = 2x – 3; x = 0 và x = 4. 2. Cho z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z2–(7+7i)z +25i = 0. Tính S= z1  z2 . Câu V.b (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho 2 đường thẳng x 7 y 3 z 9 x  3 y 1 z 1 d1 :   và d 2 :   1 2 1 7 2 3 Tìm tọa độ của M  d1 và N  d 2 sao cho độ dài MN ngắn nhất. Hết. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh ............................................................ Số báo danh............................... ............................... Chữ ký giám thị 1 .................................... .................... Chữ ký giám thị 2 ........................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II TỈNH ĐỒNG THÁP Năm học: 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN - Lớp 12 HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang) * Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng đúng, chính xác, chặt chẽ thì cho đủ số điểm của câu đó. Câu Mục Nội dung Điểm 1 1 1 1 F(x) = x 2e x  F '( x)  2 x.e x  x 2 ( 2 )e x 0,25 x 1 I.1  F '( x)  (2 x  1)e x 0,25 (1đ) Ta có F’(x) = f(x), x  0 nên F(x) là một nguyên hàm của f(x) 0,25 1 Vậy I =  f ( x)dx = F(x) + C = x 2e x + C 0,25 e2 1 (1,5 ) Tính I =  x ln x dx e dx Đặt u  ln x  du  0,25 x x0  e  u0  1 và x1  e2  u1  2 0,50 I 2 1 2 (4đ) Suy ra I =  u du  ln u 1 1   0,50 I  ln 2 0,25 I.2 ln2 (3đ) Tính J =  x.e x dx (1,5 ) 0 Đặt u = x  du = dx và dv = e x dx  v  e x 0,25 Theo công thức tích phân từng phần ta có: ln 2 ln 2 0,25 J    xe x    0  ( e x )dx 0 1 ln 2 J   ln 2   e x    0,50 2 0 1  ln 2 J 0,50 2 (1  2i )2  1  4i Tìm phần thực và phần ảo của z  (1,0) (1  i)2 1  4i  4i 2  1  4i Ta có z  0,25 1  2i  i 2 II 1 0,25 II z suy ra z  i 0,25 (1đ) i (1đ) Vậy phần thực a = 0 và phần ảo b = 1 0,25 Phương trình mặt phẳng (P) qua A, B, C : x y z 0,50 ( P ) :    1 hay ( P) : x  2 y  2 z  2  0 2 1 1 1
   Ta có ad  n( P)  (1;2;2) 0,25  xt III.1  (1đ) Vậy d :  y  2t (t  ) 0,25  z  2t  xo  2 yo  2 zo  2 2 R  d (O, ( P))   0,25 1 4  4 3 III 4 (S): x2 + y2 + z2 = 0,25 (2đ) 9 x  2 y  2z  2  0 2 Tọa độ của H là nghiệm của hệ:  t  0,25  x  t , y  2t , z  2t 9 III.2 2 4 4 (1đ) Vậy H ( ; : ) 0,25 9 9 9 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x - 2x = 2x - 3  x2 – 4x + 3 = 0  x  1 hay x  3 2 x  1 2 3 4 + 0,25 x2 – 4x + 3 + 0 - - 0 + + 4 4 S   ( x  2 x)  (2 x  3) dx   x 2  4 x  3 dx 2 2 2 3 4 0,25 2 2   x  4 x  3 dx   x  4 x  3 dx 2 3 IV.a.1 3 4 (1đ)   ( x  4 x  3)dx   ( x 2  4 x  3)dx 2 0,25 2 3 3 4 IV.a  x3   x3      2 x 2  3x     2 x 2  3 x   2 đvdt 0,25 (2đ)  3 2  3 3 z2 – 6z + 25 = 0   16  16i 2 0,25   có 2 căn bậc hai là 4i 0,25 IV.a.2  z1  3  4i và z2  3  4i 0,25 (1đ) Vậy S = z1  z2  10 0,25 x 7 y 3 z 9 x  3 y 1 z 1 d1 :   và d 2 :   1 2 1 7 2 3  x  7  t1  M  d1  y  3  2t1  M (7  t1;3  2t1;9  t1 )  z  9t V.a  1 0,25 (1đ)  x  3  7t2  N  d 2  y  1  2t2  M (3  7t2 ;1  2t2 ;3t2 )  z  1  3t  2   MN  (4  7t2  t1; 2  2t2  2t1; 8  3t2  t1 ) 0,25 2
       MN  a1 (1;2; 1)   MN .a1  0  MN là đoạn vuông góc chung       0,25   MN  a2 (7;2;3) MN .a2  0  6t1  6t2  0   t1  t2  0 . Vậy M (7;3;9) và N (3;1;1) 0,25  6t1  62t2  0 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x2 - 2x = 2x + 3  x2 – 4x + 3 = 0  x  1 hay x  3 0,25 x  0 1 3 4 + 2 x – 4x + 3 + + 0 - 0 + + 4 4 S   ( x 2  2 x)  (2 x  3) dx   x 2  4 x  3 dx 0 0 1 3 4 0,25 2 2 2   x  4 x  3 dx   x  4 x  3 dx   x  4 x  3 dx 0 1 3 IV.b.1 1 3 4 (1đ)   ( x 2  4 x  3)dx   ( x 2  4 x  3)dx   ( x 2  4 x  3)dx 0,25 IV.b 0 1 3 1 3 4 (2đ)  x3   x3   x3     2 x 2  3x      2 x 2  3x     2 x 2  3 x   4đvdt 0,25 3 0  3 1  3 3 z2 – (7+7i)z + 25i = 0   2i  (1  i )2 0,25   có 2 căn bậc hai là (1  i ) 0,25 IV.b.2  z1  3  4i và z2  4  3i 0,25 (1đ) Vậy S = z1  z2  10 0,25 x 7 y 3 z 9 x  3 y 1 z 1 d1 :   và d 2 :   1 2 1 7 2 3  x  7  t1  M  d1  y  3  2t1  M (7  t1;3  2t1;9  t1 )  z  9t  1 0,25  x  3  7t2  N  d 2  y  1  2t2  M (3  7t2 ;1  2t2 ;3t2 )  z  1  3t  2   MN  (4  7t2  t1; 2  2t2  2t1; 8  3t2  t1 ) 0,25 V.b 2 2 2  MN  (4  7t2  t1 )  (2  2t2  2t1 ) (8  3t2  t1 ) 2 (1đ) 0,25  2 31t2  6t1.t2  (3t12  42)   2m  2  Phương trình 31t2  6t1.t2  (3t12  42) = m có nghiệm t2 nên 2 1 84t12  31.42  42  '  9t12  31(3t12  42  m)  0  m  31 Suy ra MN ngắn nhất  m = 42  t1  t2  0 0,25 Vậy M (7;3;9) và N (3;1;1) * Lưu ý: Học sinh có thể dùng tính chất : đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau là đoạn thẳng có độ dài ngắn nhất giữa hai điểm bất kỳ lần lượt nằm trên hai đường thẳng ấy. Hết. 3