Kiểm tra chất l-ợng ôn thi ĐH - CĐ (Lần 2) Môn: Toán (khối a)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

60
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'kiểm tra chất l-ợng ôn thi đh - cđ (lần 2) môn: toán (khối a)', 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: Kiểm tra chất l-ợng ôn thi ĐH - CĐ (Lần 2) Môn: Toán (khối a)

kiÓm tra chÊt l−îng «n thi §h - c® (LÇn 2) Tr−êng THPT lam kinh M«n: To¸n (khèi a), n¨m häc 2009 - 2010 Thêi gian: 180 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) C©u I (2.0 ®iÓm) Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 2 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. m 2. Biện luận số nghiệm của phương trình x 2 − 2 x − 2 = theo tham số m. x −1 C©u II (2.0 ®iÓm ) 3 − 4 sin 2 2 x = 2 cos 2 x (1 + 2 sin x ) 1. Giải phương trình: log x x 2 − 14 log16 x x3 + 40 log 4 x x = 0. 2. Giải phương trình: 2 π 3 x sin x ∫ C©u III (1.0 ®iÓm) Tính tích phân I = dx. cos 2 x −π 3 x −1 y z + 2 == C©u IV(1.0®iÓm) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: và mặt phẳng −3 2 1 ( P ) : 2 x + y + z − 1 = 0 .Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d với mặt phẳng ( P ) . Viết phương trình của đường thẳng Δ đi qua điểm A vuông góc với d và nằm trong ( P ) . C©u V:(1.0®iÓm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;2) , B ( 2;0;2) . Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng (OAB ) và (Oxy ) . PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn C©u VI.a(2.0 ®iÓm) x2 1. Cho hàm số f ( x) = e x − sin x + − 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của f ( x ) và chứng minh rằng f ( x ) = 0 2 có đúng hai nghiệm. ⎧ z1 .z 2 = −5 − 5.i 2. Giải hệ phương trình sau trong tập hợp số phức: ⎨ ⎩ z1 + z 2 = −5 + 2.i 2 2 C©u VII.a(1.0 ®iÓm) Trong mặt phẳng Oxy cho ΔABC có A ( 0; 5) . Các đường phân giác và trung tuyến xuất phát từ đỉnh B có phương trình lần lượt là d1 : x − y + 1 = 0,d 2 : x − 2 y = 0. Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC. B.Theo chương trình Nâng cao C©u VI.b (2.0 ®iÓm) 1 1 1. Giải phương trình 3.4 x + .9 x + 2 = 6.4 x − .9 x +1 . 3 4 π 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: y = x.sin2x, y = 2x, x = 2 C©u VII.b (1.0 ®iÓm) Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh bên bằng a và mặt chéo SAC là tam giác đều. Qua A dựng mặt phẳng ( P ) vuông góc với SC .Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( P ) và hình chóp. …HÕt ®Ò …
Hä vμ tªn thÝ sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Sè b¸o danh:. .http://laisac.page.tl ĐÁP ÁN Câu I 2 điểm a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x3 − 3 x 2 + 2. • Tập xác định: Hàm số có tập xác định D = R. 0,25 ⎡x = 0 • Sự biến thiên: y ' = 3 x 2 − 6 x. Ta có y' = 0 ⇔ ⎢ ⎣x = 2 • yCD = y ( 0 ) = 2; yCT = y ( 2 ) = −2. 0,25 • Bảng biến thiên: 0,25 +∞ −∞ x 0 2 − + + y' 0 0 +∞ 2 y −2 −∞ • Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25 b) m Biện luận số nghiệm của phương trình x 2 − 2 x − 2 = theo tham số m. x −1 0,25 m ⇔ ( x 2 − 2 x − 2 ) x − 1 = m,x ≠ 1. Do đó số nghiệm • Ta có x 2 − 2 x − 2 = x −1 của phương trình bằng số giao điểm của y = ( x 2 − 2 x − 2 ) x − 1 ,( C' ) và đường thẳng y = m, x ≠ 1. ⎧ f ( x ) khi x > 1 0,25 ⎪ • Vì y = ( x 2 − 2 x − 2 ) x − 1 = ⎨ nên ( C' ) bao gồm: ⎪− f ( x ) khi x < 1 ⎩ + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x = 1. + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x = 1 qua Ox. • 0,25 Học sinh tự vẽ hình • 0,25 Dựa vào đồ thị ta có: m < −2 : Phương trình vô nghiệm; + m = −2 : Phương trình có 2 nghiệm kép; + −2 < m < 0 : Phương trình có 4 nghiệm phân biệt; + + m ≥ 0 : Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. 0,25 Câu II 2 điểm Giải phương trình 3 − 4 sin 2 2 x = 2 cos 2 x (1 + 2 sin x ) a) • Biến đổi phương trình về dạng 2 sin 3x ( 2 sin x + 1) − ( 2 sin x + 1) = 0 0,75 • Do đó nghiệm của phương trình là 0,25 π 7π π k 2π 5π k 2π x = − + k 2π ; x = + k 2π ; x = + ;x = + 6 6 18 3 18 3 b) Giải phương trình log x x 2 − 14 log16 x x3 + 40 log 4 x x = 0. 2
0,25 1 1 • Điều kiện: x > 0; x ≠ 2; x ≠;x ≠ . 4 16 • Dễ thấy x = 1 là một nghiệm của pt đã cho • Với x ≠ 1 . Đặt t = log x 2 và biến đổi phương trình về dạng 0,5 2 42 20 − + =0 1 − t 4t + 1 2t + 1 0,25 1 1 • Giải ra ta được t = ;t = −2 ⇒ x = 4; x = . Vậy pt có 3 nghiệm x =1; 2 2 1 x = 4; x = . 2 Câu III 1.0 điểm a) π 3 x sin x ∫ Tính tích phân I = dx. cos 2 x −π 3 • Sử dụng công thức tích phân từng phần ta có 0,25 π π π π 4π 3 3 3 ⎛1⎞ x3 dx dx ∫ −∫ − J , với J = ∫ I= ⎟= = xd ⎜ ⎝ cosx ⎠ cosx − π − π cosx 3 π cosx π − − 3 3 3 3 • Để tính J ta đặt t = sin x . Khi đó 0,5 π 3 3 1 t −1 2− 3 3 2 dx dt 2 ∫ ∫3 1 − t 2 = − 2 ln t + 1 J= = = − ln . 2+ 3 cosx 3 π − − − 2 3 2 0,25 4π 2− 3 • Vậy I = − ln . 2+ 3 3 Câu IV 1.0 điểm Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d với mặt phẳng ( P ) . Viết phương trình của đường thẳng Δ đi qua điểm A vuông góc với d và nằm trong ( P ) . 0,25 ⎛ 1 7⎞ • Tìm giao điểm của d và (P) ta được A ⎜ 2; ; − ⎟ ⎝ 2 2⎠ 0,5 • Ta có ud = ( 2;1; −3) ,nP = ( 2;1;1) ⇒ uΔ = ⎡ud ;n p ⎤ = (1; −2; 0 ) ⎣ ⎦ 0,25 1 7 • Vậy phương trình đường thẳng Δ là Δ : x = 2 + t; y = − 2t; z = − . 2 2 Câu V 1.0 điểm Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;2) , B ( 2;0;2) . Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng (OAB ) và (Oxy ) .
⎡OA, OB ⎤ = ( 2; 2; −2 ) = 2 (1;1; −1) ⇒ ( OAB ) : x + y − z = 0 . 0.25 ⎣ ⎦ ( Oxy ) : z = 0 . N ( x; y; z ) cách đều ( OAB ) và ( Oxy ) x+ y−z z ⇔ d ( N , ( OAB ) ) = d ( N , ( Oxy ) ) ⇔ = 1 3 0.5 ( ) ⎡x + y − 3 +1 z = 0 ⇔ x + y − z = ± 3z ⇔ ⎢ ( ) ⎢ x + y + 3 − 1 z = 0. ⎢ ⎣ Vậy tập hợp các điểm N là hai mặt phẳng có phương trình ( ) ( ) 0.25 x + y − 3 + 1 z = 0 và x + y + 3 − 1 z = 0 . Câu VIa 2.0 điểm 1. x2 Cho hàm số f ( x) = e x − sin x + − 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của f ( x ) và chứng 2 minh rằng f ( x ) = 0 có đúng hai nghiệm. • Ta có f ′( x ) = e x + x − cos x. Do đó f ' ( x ) = 0 ⇔ e x = − x + cos x. 0,25 0,25 • Hàm số y = e x là hàm đồng biến; hàm số y = − x + cosx là hàm nghịch biến vì y' = −1 + sin x ≤ 0 ,∀x . Mặt khác x = 0 là nghiệm của phương trình e x = − x + cos x nên nó là nghiệm duy nhất. • Lập bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) (học sinh tự làm) ta đi đến kết 0,5 luận phương trình f ( x ) = 0 có đúng hai nghiệm. • Từ bảng biến thiên ta có min f ( x ) = −2 ⇔ x = 0. x2 Cho hàm số f ( x) = e x − sin x + − 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của f ( x ) và chứng 2 minh rằng f ( x ) = 0 có đúng hai nghiệm. • Ta có f ′( x ) = e x + x − cos x. Do đó f ' ( x ) = 0 ⇔ e x = − x + cos x. 0,25 ⎧ z1 .z 2 = −5 − 5.i 2. . Giải hệ phương trình sau trong tập hợp số phức: ⎨ ⎩ z1 + z 2 = −5 + 2.i 2 2 Đáp số: (2 – i; -1 – 3.i), (-1 – 3i; 2 – i), (-2 + i; 1 + 3i), (1 + 3i; -2 + i) Câu 1.0 điểm VII.a Trong mặt phẳng Oxy cho ΔABC có A ( 0; 5) . Các đường phân giác và trung tuyến xuất phát từ đỉnh B có phương trình lần lượt là d1 : x − y + 1 = 0,d 2 : x − 2 y = 0. Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC.
• Ta có B = d1 ∩ d 2 ⇒ B ( −2; −1) ⇒ AB : 3x − y + 5 = 0. 0,25 • Gọi A' đối xứng với A qua d1 ⇒ H ( 2; 3) , A' ( 4;1) . 0,25 • Ta có A' ∈ BC ⇒ BC : x − 3 y − 1 = 0. 0,25 • Tìm được C ( 28; 9 ) ⇒ AC : x − 7 y + 35 = 0. 0,25 Câu VI.b 2.0 điểm 1. 1 1 Giải phương trình 3.4 x + .9 x + 2 = 6.4 x − .9 x +1 3 4 0,5 9 • Biến đổi phương trình đã cho về dạng 3.22 x + 27.32 x = 6.22 x − .32 x 4 0,5 x ⎛3⎞ 2 2 • Từ đó ta thu được ⎜ ⎟ = ⇔ x = log 3 ⎝2⎠ 39 39 2 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: y = x.sin2x, y = 2x, π 2. x= 2 Ta có: x.sin2x = 2x ⇔ x.sin2x – 2x = 0 ⇔ x(sin2x – 2) =0 ⇔ x = 0 DiÖn tÝch h×nh ph¼ng lμ: π π 0.5 ∫ ∫ S= ( x.sin 2 x − 2 x)dx = x(sin 2 x − 2)dx 2 2 0 0 ⎧du= dx ⎧u = x π π2 π2 π2 π ⎪ ⇔S= − + = − (đvdt) ⇒⎨ −cos2x 0.5 Đặt ⎨ ⎩dv= (sin2x − 2)dx ⎪v = − 2x 42 4 44 ⎩ 2 Câu 1.0 điểm VII.b Cho chóp tứ giác đều SABCD có cạnh bên bằng a và mặt chéo SAC là tam giác đều. Qua A dựng mặt phẳng ( P ) vuông góc với SC .Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( P ) và hình chóp. • Học sinh tự vẽ hình 0,25 • Để dựng thiết diện, ta kẻ AC' ⊥ SC. Gọi I = AC' ∩ SO. 0,25 0,5 a 3 a2 3 1 12 • Kẻ B ' D' // BD. Ta có S AD' C' B' = B' D' .AC' = . BD. = . 2 23 2 6