zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi khảo sát chất lượng lần 2 môn toán số 1

Chia sẻ: Dinh Trang | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

48
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu về đề thi thử cao đẳng đại học môn toán

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát chất lượng lần 2 môn toán số 1

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 http://ductam_tp.violet.vn/ Ngày thi 21/12/2010 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) m Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  m  x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) cos2 x.  cos x  1  2 1  sin x  . 1. Giải phương trình sin x  cos x 7  x2  x x  5  3  2 x  x2 2. Giải phương trình (x  ) 3 x 3 Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân dx .  3. x 1  x  3 0 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x  y  3xy. x 3  y 3  16 z 3 Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3  x  y  z II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x  1 y 1 z  2 x2 y2 z d1: , d2 :     2 3 1 1 5 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x  3 y  2 z 1 và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:   2 1 1 Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  b ằng 42 . 1  log 1  y  x   log 4 y  1 Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  4 ( x, y  ) 2 2  x  y  25 -------------------Hết ------------------- - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1 1,0 1 Với m =1 thì y  x  1  x2 0.25 \ 2 a) Tập xác định: D  b) Sự biến thiên: x2  4x  3 x  1 1 y' 1  , y' 0   . 2 2  x  2  x  2 x  3 0.25 lim y   , lim y   , lim y   ; lim y   , x  2 x  2 x  x  lim  y  ( x  1)   0 ; lim  y  ( x  1)   0 x  x  Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1. Bảng biến thiên x + - 1 2 3 – y’ + 0 + – 0 + + 1 y 0.25 3 - - Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;1 ,  3;   ; hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 1;2  ,  2;3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3. c) Đồ thị: 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. 2 1.0 m Với x  2 ta có y’ = 1- ; ( x  2) 2 0.25 Hàm số có cực đại và cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2  m  0 x  2  m  y1  2  m  2 m Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 0.25 x2  2  m  y2  2  m  2 m Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2  m ; 2  m  2 m ) ; B( 2  m ; 2  m  2 m ) Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 0.25 2m m  2m m m  0  m  2 0.25 Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán Vậy ycbt  m = 2 . II 2.0 2 cos x.  cos x  1  2 1  sin x  . Giải phương trình 1 1.0 sin x  cos x ĐK: sin x  cos x  0 0.25 Khi đó PT  1  sin x   cos x  1  2 1  sin x   sin x  cos x  2  1  sin x  1  cos x  sin x  sin x.cos x   0 0.25  1  sin x  1  cos x  1  sin x   0 sin x  1 (thoả mãn điều kiện)  0.25 cos x  1    x   2  k 2 k, m  Z    x    m2 0.25  k, m  Z  k 2 và x    m 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x   2 7  x2  x x  5  3  2x  x2 1.0 2 (x  ) Giải phương trình: 3  2 x  x 2  0  PT   0.25 2 2 7  x  x x  5  3  2 x  x  3  2 x  x 2  0   0.25  x x  5  2( x  2)    3  x  1  2  x  0     x  0 0.25  x  1  x  16   0 2   x2  x  5  2. x   x  1 0.25 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 3
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. 3 x 3 1.0 Tính tích phân dx .  3. III x 1  x  3 0 x  0  u  1 x  1  u 2  1  x  2udu  dx ; đổi cận:  Đặt u = 0.25 x  3  u  2 3 2 2 2 2u 3  8u x 3 1 0.25 Ta có:  3 x  1  x  3dx   u 2  3u  2du   (2u  6)du  6 u  1du 0 1 1 1 2 2 0.25   1  6 ln u  1 1  u 2  6u 3 0.25  3  6 ln 2 IV 1.0 D Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . B C 0.25 N H M A 2  3 6 2 2 2 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1   3  3    0.25 1 3 AM . AN .sin 600  Diện tích tam giác AMN là S AMN  xy 2 4 1 2 Thể tích tứ diện D.AMN là V  S AMN .DH  xy 0.25 3 12 1 1 1 xy.sin 600  x. AH .sin 300  y. AH .sin 300 Ta có: S AMN  S AMH  S AMH  2 2 2 0.25  x  y  3xy. V 1.0 3  x  y 2 (biến đổi tương đương)  ...   x  y   x  y   0 Trước hết ta có: x 3  y 3  0.25 4 3 3  64 z 3  64 z 3 x  y a  z  3  1  t   64t 3 4P  Đặt x + y + z = a. Khi đó  3 3 a a 0.25 z (với t = , 0  t  1 ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có 1 2 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1 0.25   9 Lập bảng biến thiên 64 16  Minf  t    GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 81 81 t 0;1 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 4
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21  x  5 x  2 y 1  0  21 13   0.25  B ;     x  7 y  14  0  y  13 5 5  5  Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và    BD, kí hiệu n AB (1; 2); nBD (1; 7); n AC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các           đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos n AB , nBD  cos nAC , n AB 0.25  a  b 3 a  b  7 a  8ab  b  0   2 2 2 2  a  2b  a   b 2 7  - Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,  x  y 1  0 x  3  A(3; 2) A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:   x  2 y 1  0  y  2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7  x  2 x  y 1  0 7 5  0.25  I ;    x  7 y  14  0 y  5  2 2   2  14 12  Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;  5 5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0  x  1  2t x  2  m   Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5m 0.25 z  2  t  z  2 m   Giả sử d cắt d 1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)   0.25  MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 3  m  2t  2 k       Do d  (P) có VTPT nP ( 2; 1; 5) nên k : MN  k n p   3  5m  3t  k có nghiệm 0.25  2  2m  t  5k  m  1 Giải hệ tìm được  t  1  x  1  2t  0.25 Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y  4  t thoả mãn bài toán  z  3  5t  - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình VII.a 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 n  N Điều kiện:  n  3 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3 n  7 (thoả mãn)  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6 n – 91 = 0    n  13 (không thoả mãn) 0.25 Vậy n = 7. 3 2 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  . 1  i    1  i  .(2i)3  (1  i ).( 8i)  8  8i 0.25   Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử B ( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d 2  xC  2 yC  7  xB  xC  2  6 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:   yB  yC  3  0 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25   Ta có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 9 81  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = Bán kính R = d(C; BG) = 0.25 5 25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là:  x  3  2t  x  3  2t  y  2  t    y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ (tham số t)  0.25  z  1  t  z  1  t   x  y  z  2  0  M (1; 3; 0)    Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud ( 2;1; 1) .     Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)     Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó MN ( x  1; y  3; z ) .     0.25 Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x  y  z  2  0  Lại có N (P) và MN = 42 ta có hệ:  2 x  3 y  z  11  0 ( x  1)2  ( y  3)2  z 2  42  Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 x 5 y2 z 5 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  :   3 2 1 0.25 x3 y4 z 5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  :   2 3 1 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 6
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. 1  VII.b 1.0 log 1  y  x   log 4 y  1 ( x, y  ) Giải hệ phương trình  4 2 2  x  y  25 y  x  0 Điều kiện:  0.25 y  0 yx yx 1 1   log 4  y  x   log 4 y  1 log 4 y  1  y  4 Hệ phương trình     0.25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25 2 2  x  y  25   x  3y x  3y x  3y   2  2   2 25 0.25 2 2  x  y  25 9 y  y  25  y  10    15 5  x; y    (không thỏa mãn đk) ;   10 10      15 5 0.25 (không thỏa mãn đk)  x; y     ;   10 10    Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.