zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử đại học cao đẳng môn toán 2012_Thpt Hậu Lộc

Chia sẻ: Up Up | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Báo xấu

87
lượt xem 27
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học cao đẳng môn toán 2012_thpt hậu lộc', 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(1) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học cao đẳng môn toán 2012_Thpt Hậu Lộc

http://www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2010 – 2011 --------***-------- Môn thi :TOÁN - Khối A (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH:(7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y = x3 – 2mx2 + m2x – 2 (1), m là tham số. 1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm m để hàm số (1) đạt cực đại tại x = -1. Câu II: (2 điểm) p 3x 1. Giải phương trình: 4 sin 2 - 3 cos 2 x = 1 + 2 cos2 ( x - ) . 2 4 ́ x 2 y - y 3 x + 1 = 2( x - y ) ï 2. Giải hệ phương trình : í 2 2 ï3 x + 2 y = 5 xy - x + y î Câu III:( 1 điểm) x 2 + 3x + 1 x Tìm họ nguyên hàm của hàm số : y = ( )e x2 + 2x Câu IV: ( 1 điểm) Cho hình chóp SABC có SA = a, SB = b, SC = c. Các góc ở đỉnh S : ASB, ASC, CSB bằng nhau và bằng 600. Tính thể tích khối chóp SABC. Câu V: ( 1 điểm) 11 7 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x + + 2 (1 + 2 ) , x >0 2x x PHẦN RIÊNG: (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần A.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa: (2 điểm) Cho đường tròn (C) có phương trình: x2 + y2 - 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M ( -3 ; 1 ). 1.Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) qua M. 2. Gọi A, B là hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến qua M. Viết phương trình đường thẳng AB. Câu VIIa: (1 điểm) n 5 Tìm hệ số của x trong khai triển thành đa thức của: x(1 - 2 x ) + x 2 (1 + 3 x )n , biết n là 2 Cn -1 Cn Cn +1 k k k số nguyên dương thoả mãn: Tồn tại k nguyên ( 1 £ k £ n - 1 ) sao cho: = = 2 9 24 B.Theo chương trình Nâng cao Câu VIb: ( 2 điểm): Trong hệ toạ độ đè các vuông góc trong mặt phẳng cho parabol (P) có đỉnh tại gốc toạ độ O, nhận trục toạ độ làm trục đối xứng và đi qua điểm A ( 2; 2 2 ) .Đường thẳng (d) 5 qua I ( ;1) cắt (P) tại hai điểm M, N sao cho: MI = NI. 2 1.Tính độ dài đoạn thẳng MN. 2. Tính diện tích DOMN . Câu VIIb: ( 1 điểm) Giải bất phương trình: log3-2 2 ( x 2 - 1) + log3+2 2 (2 x - 1) ³ log 2. 2 -1 ....................................................Hết.................................................... Giám thị coi thi không giải thích gì thêm 1
http://www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011. Câu Đáp án Điểm 1. khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m=1 Học sinh trình bày đầy đủ các bước của khảo sát cho điểm tối đa Với m=1: y = x3 – 2x2 +x – 2 . Tính y, = 3x2 – 4x + 1= 0 . Câu I 1 50 CĐ( ; - ) ; CT (1; -2). 3 27 1 Hàm số đồng biến trên các khoảng (-¥; );(1; +¥) . Hàm số nghịch 3 1 biến trên ( ;1) .Lập bảng biến thiên, nêu điểm uốn của đồ thị. 3 0.5 đ Vẽ đồ thị hàm số y O 0 .5đ x ́ f ' (-1) = 0 ï 1.0đ 2. Hàm số đạt cực đại tại x= -1 Û í '' Û m = -1 ï f (-1) < 0 î 1. p Û -2 cos3 x = 3 cos 2 x + sin 2 x Û cos(p - 3 x ) = cos(2 x - ) 6 5p é ê x = 6 + k 2p 0.5 đ Ûê (k Î Z ) ê x = 7p + k 2p ê 30 5 ë 0.5 đ -1 ́ ́ x 2 y - y 3 x + 1 = 2( x - y ) ï ïx ³ 2. Đk : í 3; í2 2 ï3 x + 2 y = 5 xy - x + y ïy ³ 0 î î 0.25 đ Ta có: 3x2 + 2y2 -5xy +x – y = 0 Câu II éx = y thế vào (1) được : Û ( x - y )(2 y - 3 x - 1) = 0 Û ê 0.5 đ ë2 y = 3 x + 1 2
http://www.VNMATH.com 0.25đ ́x = 1 x=y=0; í îy = 2 0.5 đ x +1 )e x có họ nguyên hàm là Hàm số: y = ( x 2 + 2 x + x2 + 2 x Câu III F(x) = ( x 2 + 2 x )e x + C 0.5 đ A S C 0.25 đ Câu IV H B 0.25 đ cb 3 1 dt (DSBC) = cb.sin 60 0 = . Hạ AH vuông góc (SBC) và 2 4 0.25 đ HM ^ SC, HN ^ SB ̃ DSMA = DSNA(ch - gn) nên SH là phân a3 SA a = ̃ SH = giác góc BSC. Tính SM = . Theo pitago: 3 22 a6 abc 2 AH = . VSABC = . 0.25 3 12 7 7 (1 + )(9 + 7) ³ (3.1 + 7 ) 0.5 đ 2 x x Bu nhia có: 7 7 Û 4 1+ ³ (3 + ) 2 Câu V x x 11 1 7 9 3 15 Nên hàm số : y ³ x + + (3 + ) Û y ³ x + + ³ 0 .25 đ x2 x x22 15 0 .25 đ Min y = khi x = 3. 2 (C): (x-1)2 + (y – 3)2 = 4. Tâm I(1; 3); R = 2. 1. 0.25 đ Pt tiếp tuyến a(x + 3) + b(y – 1) = 0. Đk tiếp xúc được 2 tiếp 0.25đ (d’) : 4x -3y +15 = 0. tuyến: (d): y – 1 = 0. 0.5 đ 2. A ( x0; y0 ); B (x1; y1 ) với toạ độ A, B thoả mãn pt đường tròn. Câu Pt tiếp tuyến tại A: x0 x+ y0 y – (x+x0)-3(y+y0)+6 = 0. VIa 0.25đ Pt tiếp tuyến tại B : x1x+ y1 y – (x+x1)-3(y+y1)+6= 0. ́2 x + y 0 - 3 = 0 Hai tiếp uyến cùng qua M(-3; 1) nên: í 0 0.5 đ î2 x1 + y1 - 3 = 0 Pt đường thẳng AB: 2x +y -3 = 0. 0.25 đ 3
http://www.VNMATH.com ́ Cn -1 Cn k k 2n + 2 ́ = ïk = 11 ï ï2 ï 9 Từ đk: í k Ûí ̃ n = 10 0.5đ k +1 ï k = 3n - 8 ï Cn = Cn ï ï9 11 î 24 î Khai triển: x(1-2x) + x (1+3x)10 . 5 2 Câu VIIa x(1-2x)5 = x ( C50 - C5 2 x + C5 4 x 2 - C5 8 x 3 + C54 16 x 4 - C5 32 x 5 ) . Hệ 0.25đ 1 2 3 5 số của x5 là : C54 .16 = 80 x2(1+3x)10 = x2( C10 + C10 3 x + ... + C10 310 x 10 . Hệ số của x5 là 0 1 10 C10 .33 . Vậy hệ số trong khai triển của x5 là: 3320 3 0.25 đ Theo đk bài toán Elip có pt dạng: y2 = 2px hoặc x2 = 2py. TH1: y2 = 2px qua A ( 2; 2 2 ) nên p = 2. Pt (P): y2= 4x. 0.25đ 2 2 m n ; m); N( ; n) có m2 + n2 = 5 và m+n = 2. M( 0.25đ 4 4 0.25đ M(4 ; 4); N(1; -2). 1. Vậy MN = 3 5 Câu 0.25đ 2. pt đường thẳng MN 2x –y -4 =0 . Khoảng cách từ O đến MN là VIb 0.25đ 4 0.25đ OH= . Nên dt( DOMN )= 6 (đvdt) 5 0.25đ 1 TH2: x2 = 2py qua A ( 2; 2 2 ) nên p = . Pt: x 2 = 2 y . 2 ïa + b = 5 a2 b2 ́ ). Đk í 2 vô nghiệm (loại) M (a; ); N(b; 0.25 đ 2 2 2 ïa + b = 2 2 î Đk: x >1 Câu 0.25đ VIIb log3-2 2 ( x 2 - 1) + log3+ 2 2 (2 x - 1) ³ log 2 2 -1 ( x 2 - 1) + log( Û log( (2 x - 1) ³ log( 2 0.25đ 2 -1) -2 2 -1)2 2 -1)2 Û x2 - 4 x + 1 £ 0 Û 2 - 3 £ x £ 2 + 3 0.25 đ Kết hợp đk: 1 < x £ 2 + 3 0.25 đ 4
http://www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2010 – 2011 --------***-------- Môn thi :TOÁN - Khối B (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề) I. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số : y  2 x 3  6 x 2  1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2. Tìm m để đường thẳng y = mx + 1 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho A(0; 1) và B là trung điểm của AC. Câu II (2,0 điểm)  1. Giải phương trình: 2 cos x. cos 2 ( x  )  (cos 2 x  3 ) sin x  3. cos 3x 4 4 x  2x  y  4 y  5  0 2 2 2. Giải hệ phương trình:  2  x y  2 x 2  3 y  15  0  2 ex  x2 1 Câu III (1,0 điểm ). Tính giới hạn : I  lim cos 3 x  1 x 0 Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A (AD//BC). Biết AD = 2a ; BC= a ,SD = 3a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, gọi I là trung điểm của AB .Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.IBC. Câu V (1,0 điểm) . Cho x , y là các số thực không âm thay đổi và thỏa mãn điều kiện: 4( x 2  y 2  xy )  1  2( x  y ) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P  xy  x  y  x 2  y 2 . 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 với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B biết đỉnh B nằm trên trục tung, M( 1; 1) là trung điểm của cạnh AB và đường thẳng AC có phương trình : x – y – 3 = 0 . Tìm tọa độ điểm C. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng  : x  y  2  0 , viết phương trình đường tròn 3 tâm I( 1;2) và cắt  theo dây cung AB sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 2 n  1 Câu VII.a (1,0 điểm) .Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niutơn của:  4 x 5  5  , 4    x biết C n 1  C n  2  45 ( Trong đó C n là số tổ hợp chập k của n ) n n k B.Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm ) x2 y2   1 có hai tiêu điểm là F1 ; F2 , gọi A ,B là hai điểm 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho (E): 4 1 trên (E) sao cho AF1  BF2  2 .Tính AF2  BF1 .  2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, biết BAC  120 0 , M( 1; 2) là trung điểm của cạnh AC , đường thẳng BC có phương trình: x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A biết điểm C có hoành độ dương. Câu VII.b (1,0 điểm) log 2 (2 y )  log 1 ( x  1)  1  Giải hệ phương trình :  2 2  2  16 x2 x y  ........................Hết.............................. Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:...............................................................;Số báo danh :................ 5
http://www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1,NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN , KHỐI B Câu Nội Dung Điểm I 1.(1,0đ) (2,0đ) TXĐ: D = R x  0 Chiều biến thiên: y ,  6 x 2  12 x  6 x( x  2) ; y ,  0   0,25 x  2 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng:  ;0 và 2;  ,đồng biến trên khoảng (0; 2) Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 0  y ct  1 , đạt cực đại tại điểm x = 2  y cd  9 0,25 Giới hạn: lim y   ; lim y   x   x   Bảng biến thiên:  x 0 2  y, 0 0  y 9 0,25  1 Đồ thị: Đi qua các điểm (3 ; 1) ; (-1;9) Cắt trục tung tại điểm (0; 1) ; nhận I(1;5) làm điểm uốn. y 9 5 1 0,25 -1 O 2 x 2 (1,0đ). Pt hoành độ giao điểm của đường thẳng y = mx +1 và (C) : 0,25 x  0  2 x 3  6 x 2  1  mx  1  x(2 x 2  6 x  m)  0   2 2 x  6 x  m  0 Với x = 0  y = 1  A(0; 1) Đường thẳng y = mx+ 1 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C  pt 2 x 2  6 x  m  0 6
http://www.VNMATH.com  9 9  2m  0 ,  0 m  Có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 khác 0   0,25   2 m  0 m  0 m  0  Khi đó B ( x1 ; mx1  1) ; C ( x 2 ; mx 2  1) . Vì B là trung điểm của AC nên 0,25  x 2  2 x1 (1)  x1  x 2  3 Mà x1 ; x 2 là nghiệm của phương trình : 2 x  6 x  m  0 nên:  m (2) 2   x1 x 2  2  0,25 Từ (1) và (2)  m  4 1.(1,0đ) II Pt  (1  sin 2 x). cos x  (cos 2 x  3 ) sin x  3 cos 3x (2,0đ)  cos x  (sin 2 x. cos x  cos 2 x sin x)  3 sin x  3 cos 3x 0,5 1 3 3 1  cos x  3 sin x  3 cos 3x  sin 3x  cos x  sin x  cos 3x  sin 3x 2 2 2 2       x   k 2  x   4  k 3x  6   3 ( k  Z)   cos(3x  )  cos( x  )   0,5 3x    x    k  6 3   x   k 2     6 3 24 2 2.(1,0đ) 0,25 ( x 2  1) 2  ( y  2) 2  10 Hpt    ( x 2  1)( y  2)  4( x 2  1)  4( y  2)  5  u  x 2  1 Đặt  ; ta có hệ phương trình : v  y  2 u 2  v 2  10 (u  v) 2  2uv  10   uv  4(u  v)  5 uv  4(u  v)  5 0,25 u  v  10 u  v  2 (vô nghiệm) hoặc   uv  45 uv  3 u  3 u  1 u  v  2 Với  hoặc   v  1 v  3 uv  3 x  2  x  2 u  3 0,25 x 2  1  3 Với  hoặc    y  1 y  1 v  1  y  2  1 x  0 u  1  x 2  1  1 Với    y  5 v  3 y  2  3 0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm (x; y) là: (2; 1) ; (-2; 1) và (0; 5) 1,0đ III (1,0đ) 2 ex 1 x2 1 1  lim lim x2 x2 x 0 x 0 Ta có : I = cos 3x  1 lim x2 x 0 7
http://www.VNMATH.com 0,25 2 x2 1 1 ex 1 x2 1 1 Với lim 2  1 ; lim  lim  lim  2 x 1 1 2 x 0 x 0 2 x 0 x ( x  1  1) x 0 2 2 x x 2 3x   3x 3x sin 2 sin 2  sin  cos 3 x  1 9 2  = 9 9 2  2. lim 2 =  lim 0,25  2 lim lim 2 x 0  3 x  x2 2 2 4 x 0 9 x 2 x 0 x x   2 4 1 1 0,25 2  1 I = 9 9  2 0,25 1,0đ Vì : (SAB)  (ABCD) và (SAB)  (ABCD) = AB IV Mà SI  AB , nên SI  (ABCD) S (1,0đ) 1  VS . ABCD  SI .S ABCD 3 x3 Đặt AB = x , ta có SI = 2 0,25 x2 D ID = 4a  2 A 4 I 3x 2 x2 Vì SD 2  SI 2  ID 2  9a 2   4a 2  C B 4 4  x  5a  x  a 5 2 2 3a 2 5 x 3 a 15 1 1 Khi đó : SI= ; S ABCD  . AB( AD  BC )  .a 5 (2a  a) =  0,25 2 2 2 2 2 1 a 15 3a 2 5 5a 3 3 (đvtt)  VS . ABCD  .  . 32 2 4 SI  BC  Ta có:   BC  SB IB  BC  0,25   Vì SIC  SBC  90 0  mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.IBC có đường kính 1 15a 2 5a 2 1 1 a6 là SC  bán kính là R = SC  SI  IC    a2  2 2 2 2 2 4 4 2 1,0đ 0,25 Từ 4( x 2  y 2  xy)  1  2( x  y )  3( x  y ) 2  ( x  y ) 2  1  2( x  y ) 1  1  2( x  y )  3( x  y ) 2    x  y  1 , vì x ; y không âm nên ta có V 3 0  x  y  1 . Ta có : (1,0đ) 2 x y P = xy  x  y  ( x 2  y 2 )   1 1   x  y  ( x  y)  x  y  ( x  y) 2 2  4 2 2 0,25 2 x y (vì xy    và 2( x  y )  ( x  y ) ) . 2 2 2  2 8
http://www.VNMATH.com 1 Đặt t = x + y ; ta có : 0  t  1 , và P  f (t )  t  t 2 ; có 0,25 4 t 1 1 t t 1  0 , với t  0;1 . =. f ' (t )   2t 2 2 t 3 3 1  maxP = , dấu = xảy ra  x = y =  max f (t )  f (1)  0,25 0;1 4 4 2 0,25 1.(1,0đ) Vì B nằm trên trục tung nên B(0 ; a) , do M( 1; 1) là trung điểm của AB VI.a nên A(2 ; 2- a) , mà A  AC : x- y- 3 = 0  2 – (2- a) -3 = 0  a = 3 (2,0đ)  AB ( 2;4) .  A(2 ; -1 ) ; B( 0; 3 ) ;  Mà C  AC : x – y -3 =0  C( x0 ; x0  3 )  BC  ( x0 ; x0  6) . ABC vuông 0,5 tại B nên AB  BC    AB . BC  0  2 x0  4( x0  6)  0  x0  12  C(12 ; 9) 2.(1,0đ) 0,5 1 2  2 1 Gọi H là trung điểm của AB  IH  d ( I ; )   2 2 1 3 11 6 Ta có S AIB  IH . AB  . . AB  AB  6  AH  0,25 2 2 22 2 Gọi R là bán kính của đường tròn cần tìm, ta có : 16 0,25   2 R  IH 2  AH 2  24 đường tròn cần tìm có phương trình là: x  12   y  22  2 0,25 (1,0đ) 0,25 n(n  1) n! n! Từ C n 1 n2 C  45    45  n   45 (n  1)! 2!(n  2)! n n 2 9 VII.a 5  n1 1   n  n  90  0  n  9 .khi đó ta có khai triển :  4 x 5  5    x 4  x 5  2   (1,0đ)   x    5(9 k ) k 1 5 5(9  k ) k 9 9   =  C9k ( x 4 ) 9 k .( x 5 ) k =  C9k x 4 5 ; ứng với x 4 ta có :  4 4 5 0,5 k 0 k 0  29k  145  k  5  hệ số của x là : C 9  126 4 5 1.(1,0đ) x2 y2 0,5 Từ   1  a2  4  a  2 4 1  AF1  AF2  2a  4 Vì A; B là hai điểm trên (E) nên ta có:  VI.b  BF1  BF2  2a  4 (2,0đ)  AF1  AF2  BF1  BF2  8  AF2  BF1  6 0,5 9
http://www.VNMATH.com 2.(1,0đ) 0,5 1 2  3 Gọi H là hình chiếu của M lên BC; ta có : MH  d ( M ; BC )  2 2    MH Vì  ABC cân tại A và BAC  120 0  HMC  60 0 . Ta có : cos HMC  MC 0,25 2  MC  2 2 , do C  BC: x- y +3 = 0  C( a; a +3) ,  cos 60 0  MC 0,25 với a > 0 Vì MC  2 2  MC 2  8  (a  1) 2  (a  1) 2  8  a 2  3  a  3 0,25  C ( 3;3  3 ) . 1,0đ 0,25  x  1 Đk:  y  0 Pt đầu  1  log 2 y  log 2 ( x  1)  1  log 2 y  log 2 ( x  1)  y  x  1 Thế vào pt còn lại ta được : 2 x  2  2 2 x 1  16  2 2 x  2.2 x  8  0 VII.b (1,0đ) 2 x  2 ; với 2 x  2  x  1  y  2 (tmđk)  x 0,5 2  4(loai )  KL: hệ có nghiệm (x;y) là (1; 2) 0,5 10
http://www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2010 – 2011 --------***-------- Môn thi :TOÁN - Khối D (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 - 2 x 2 + 1. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2. Tìm toạ độ hai điểm P, Q thuộc (C ) sao cho đường thẳng PQ song song với trục hoành và khoảng cách từ điểm cực đại của (C ) đến đường thẳng PQ bằng 8. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 cos x ( 3 sin x + cos x ) = 3. ́ x 2 y( x + 2) = 1 ï 2. Giải hệ phương trình: í 2 ï x + xy + 2 x + 2 = 0 î Câu III (1,0 điểm) Tìm tập xác định của hàm số: y = 1 - log 4 x 2 - log8 ( x - 1)3 . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với đáy và mặt bên (SBC) tạo với đáy một góc bằng 600. Gọi I là trung điểm của SC. Tính thể tích khối chóp I . ABC . Câu V (1,0 điểm) Cho hai số dương a, b có tổng bằng 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 . P= + + 2 2 ab 4a + 2 4b + 2 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy: 1. Tìm điểm A thuộc trục hoành, điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng nhau qua đường thẳng x - 2 y + 3 = 0 . 2. Viết phương trình đường tròn (C) có bán kính bằng 5, tiếp xúc với đường thẳng 3x + 4 y - 20 = 0 và có tâm thuộc đường thẳng x + y + 1 = 0 . Câu VII.a (1,0 điểm) Cho tập hợp X gồm tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau abc (với a, b, c < 6 ). Chọn ngẫu nhiên một số trong X. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 5. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy: 1. Cho tam giác ABC có A(1;1) , B ( -2; 5) , đỉnh C nằm trên đường thẳng x - 4 = 0 và trọng tâm G nằm trên đường thẳng 2 x - 3 y + 6 = 0 . Tính độ dài đường cao kẻ từ đỉnh C của tam giác. 2. Cho parabol (P): y 2 = 4 x . Một đường thẳng (d) bất kỳ đi qua tiêu điểm F của (P) cắt (P) tại hai điểm M và N. Chứng minh tích các khoảng cách từ M và N đến trục hoành là không đổi. x 2 + mx - 1 Câu VII. b (1,0 điểm) Xác định m để tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y = (m ¹ 0) tạo x -1 với các trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 18. -------------------- 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: ........................ 11
http://www.VNMATH.comĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY – HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1 NĂM HỌC: 2010 – 2011- MÔN TOÁN, KHỐI D Câu Nội dung Điểm Tổng 0 1 . Tập xác định: R 20. Sự biến thiên: Giới hạn: lim y = +¥ x ®±¥ 0.25 3 y ' = 4 x - 4 x , y ' = 0 Û x = 0, x = ±1 Bảng biến thiên -¥ +¥ x -1 0 1 y’ - 0 + 0 - 0 + +¥ +¥ 1 y 0.25 0 0 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( -¥ ;-1) và (0 ; 1) I.1 1.0 đ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-1 ; 0) và (1 ; +¥ ) Điểm cực đại (0 ; 1), hai điểm cực tiểu (-1 ; 0) và (1 ; 0) 0.25 0 3 . Vẽ đồ thị: 0.25 PT đường thẳng PQ có dạng y = m. Vì điểm cực đại (0;1) cách PQ một khoảng bằng 8 nên m = 9. Vậy PT của AB là y = 9. 0.5 I.2 1.0 đ Khi đó hoành độ P, Q thoả mãn PT: x 4 - 2 x 2 - 8 = 0 Û x = ±2 0.5 Vậy P(-2;9), Q(2;9) hoặc P(2;9), Q(-2;9). 0.5 2 cos x ( 3 sin x + cos x ) = 3 Û 3 sin 2 x + cos2 x = 2 II.1 1.0 đ p p 0.5 Û sin(2 x + ) = 1 Û x = + kp (k Î Z ). 6 6 2 ́ xy( x 2 + 2 x ) = 1 ́ x y( x + 2) = 1 ï ï Ûí í2 0.25 2 ï x + xy + 2 x = -2 ï xy + ( x + 2 x ) = -2 î î II.2 1.0 đ ́uv = 1 ́u = -1 0.5 Đặt u = xy, v = x 2 + 2 x , ta có hệ í Ûí îu + v = -2 î v = -1 0.25 Từ đó nghiệm (x; y) = (-1 ;1). y = 1 - log 4 x 2 - log8 ( x - 1)3 . ́x > 1 III 1.0 đ 12 Điều kiện: í 0.25 2 3 î1 - log 4 x - log8 ( x - 1) ³ 0 (*)
http://www.VNMATH.com ( x - 1) £ 1 Û log [ x ( x - 1)] £ 1 0.25 Giải (*): log 2 x + log 2 2 0.25 Û x ( x - 1) £ 2 Û -1 £ x £ 2 Kết hợp với x > 1 ta được điều kiện là 1 < x £ 2 . 0.25 Vậy tập xác định của hàm số là: D = (1;2 ] . Tính thể tích khối chóp I . ABC . IV 1.0 đ Gọi M, H lần lượt là trung điểm BC, AC. Dễ có SMA = 600 0.25 a2 3 a3 Ta có AM = ̃ SABC = 0.25 2 4 3a SA 3a SA = AM tan600 = , IH = = 0.25 2 2 4 3 a3 1 0.25 Vậy VS. ABC = IH.S ABC = . 3 16 11 4 1 1 1 2 , ta cã P = 2 +³ +2 + + AD B§T: 0.25 4a + 2 4b + 2 3ab 3ab x y x+ y 1 1 2 4 2 0.25 ̃P ³ 2 + + ³ + 2 2 a + b + 1 3ab 3ab (a + b) + ab + 1 3ab V 1.0 đ 2 4 2 4 æ a+bö Vì 0 < ab £ ç ÷ =1̃ P ³ =. + 0.25 è2ø 4 + 1 + 1 3.1 3 4 Vậy min P = khi và chỉ khi a = b = 1 . 0.25 3 uuu r 0.25 Gọi A(a;0), B(0;b). Khi đó AB = (- a; b) . (D) : x - 2 y + 3 = 0 r Có vtcp của là u = (2;1) , trung điểm của AB là I(a/2;b/2) 0.25 uuu r r Câu ́ -2 a + b = 0 1.0 đ ́ AB.u = 0 ï ́a = 2 VI.a.1 Từ GT ta có ï Û ía Ûí í ï 2 - b + 3 = 0 îb = 4 ï I Î (D ) î î 0.5 Vậy A(2;0) và B(0;4). 13
http://www.VNMATH.com (d ) : x + y + 1 = 0 là tâm đường tròn (C) 0.25 Giả sử I(t ;-1-t) thuộc 2 Vì (d1) : 3x + 4 y - 20 = 0 tiếp xúc với (C) nên : 0.25 3t + 4(-1 - t ) - 20 d ( I , d1 ) = R Û =5 32 + 42 Tính được t =1 hoặc t = -49. 1.0 đ VI.a.2 Với t = 1 ̃ I1 (1; -2) ta được phương trỡnh đường trũn 2 2 0.25 ( C1 )( x - 1) + ( y + 2 ) = 25 Với t = -49 ̃ I1 (-49; 48) ta được phương trỡnh đường trũn 0.25 2 2 ( C2 )( x + 49 ) + ( y - 48 ) = 25 0.25 Số phần tử không gian mẫu là n(W) = 5.5.4 = 100 Gọi A là biến cố: “Số lấy được chia hết cho 5”. 0.25 TH1: c = 5. Có 4.4 = 16 cách chọn số chia hết cho 5. 0.25 TH2: c = 0. Có 5.4 = 20 cách chọn số chia hết cho 5. 1.0 đ VII.a => số phần tử của A là n( A) = 16 + 20 = 36 n( A) 36 9 0.25 Vậy xác suất cần tìm là P( A) = = =. n(W) 100 25 A(1;1) , B ( -2; 5) . Ta có C = (4; yC ) . Khi đó tọa độ G là 1 + 5 + yC y 1- 2 + 4 = 2+ C . xG = = 1, yG = 0.25 3 3 3 Điểm G nằm trên đường thẳng 2 x - 3 y + 6 = 0 nên 2 - 6 - yC + 6 = 0 0.25 VI.b.1 vậy yC = 2 , tức là C = (4; 2) . 1.0 đ Phương trình đường thẳng AB là 4x + 3y – 7 = 0 0.25 Chiều cao hạ từ đỉnh C bằng khoảng cách từ C đến đường 4.4 + 3.2 - 7 15 0.25 thẳng AB: hC = = = 3. 5 2 2 4 +3 ĐT (d) đi qua tiêu điểm F(1;0) có dạng ax + by – a = 0. 0.25 Toạ độ giao điểm M, N của (P) và (d) là nghiệm của hệ: 0.25 ́ y2 = 4 x í î ax + by - a = 0 VI.b.2 1.0 đ 0.25 2 => PT tung độ giao điểm: ay + 4 by - 4 a = 0 Khoảng cách từ M, N đến Ox lần lượt là h1 = yM , h2 = yN Theo định lý Vi-et ta có h1.h2 = yM . yN = 4 (đpcm). 0.25 m Ta có y = x + m + 1 + (m ¹ 0) x -1 0.25 Vậy tiệm cận xiên có phương trình là y = x+m+1 VII.b 1.0 đ Tiệm cận xiên cắt Ox tại A(-m-1;0), cắt Oy tại B(0;m+1) 0.25 Từ giả thiết SOAB = 18 nên OA.OB = 36 Û (m + 1)2 = 36. 0.5 Từ đó m = 5 hoặc m = -7. -------------------- Hết -------------------- 14

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.