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

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

84
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'trường thpt quỳnh lưu 1 - kiểm tra chất lượng ông thi đại học lần 1 môn toán năm 2011', 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: TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 - KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔNG THI ĐẠI HỌC LẦN 1 MÔN TOÁN NĂM 2011

S GD – ðT NGH AN KI M TRA CH T LƯ NG ÔN THI ð I H C - L N 1 - 2011 TRƯ NG THPT QUỲNH LƯU 1 MÔN TOÁN Th i gian làm bài: 180 phút; không k giao ñ Ph n chung cho t t c các thí sinh:( 7 ñi m) x+2 Câu 1: (2 ñi m): Cho hàm s y = x +1 1- Kh o sát s bi n thiên và v ñ th (C) c a hàm s . 2- G i I là giao ñi m c a 2 ñư ng ti m c n, ∆ là m t ti p tuy n b t kỳ c a ñ th (C). d là kho ng cách t I ñ n ∆ . Tìm giá tr l n nh t c a d. Câu 2: ( 2 ñi m): 1. Gi i phương trình: 4cosx- 2cos2x- cos4x = 1 2. Gi i phương trình: log228x3 – 9log24x2 – 36log4 2x = 0 Π 4 sin 4 x ∫ 1 + cos Câu 3: ( 1 ði m): Tính tích phân I = 2 x 0 Câu 4: ( 1 ñi m): Cho hình chóp t giác ñ u S.ABCD có c nh ñáy b ng 2a, kho ng cách gi a AB và SC = a 3 . Tính th tích c a kh i chóp Câu 5: (1 ñi m): Cho các s th c dương a,b,c tho mãn a + b + c = 1 hãy ch ng minh: 3 ab bc ca ≤ + + ab + c bc + a ca + b 2 Ph n riêng: (3 ñi m) Thí sinh ch ñư c làm m t trong hai ph n (ph n A ho c B) A- Theo chương trình chu n Câu 6A: ( 2 ñi m) : 1. Trong m t ph ng to ñ Oxy cho tam giác ABC có phương trình các c nh AB, BC l n lư t là: 5x + 2y + 7 = 0 ; x - 2y – 1 = 0. Phân giác trong c a góc A có phương trình là x + y – 1 = 0 (d). Tìm to ñ ñ nh C c a tam giác ABC. 2. Trong không gian Oxyz cho ñi m A(- 1; -1; 4), B( 1; -1; 2). Vi t phương trình m t c u ñi qua A,B có tâm n m trên mp (Oyz) và ti p xúc v i mp (Oxy). Câu 7A: (1 ñi m): V i các ch s 2, 3, 4, 5, 6. có th l p ñư c bao nhiêu s g m 5 ch s khác nhau trong ñó hai ch s 2, 3 không ñ ng c nh nhau. B- Theo chương trình nâng cao: 3 Câu 6B: ( 2 ñi m): 1. Trong m t ph ng to ñ Oxy, cho tam giác ABC có di n tích S = , to 2 ñ các ñ nh A (2;-3), B(3; -2) và tr ng tâm G c a tam giác n m trên ñư ng th ng có phương trình 3x – y – 8 = 0. Tìm to ñ ñ nh C. 2. Trong không gian Oxyz cho ñi m A (- 1; -1; 4), B( 1; -1; 2). Vi t phương trình m t c u ñi qua A,B có tâm n m trên mp ( Oyz) và ti p xúc v i mp ( Oxy) x3 − y 3 = 9  Câu 7B: ( 1 ñi m): Gi i h phương trình  2 x + 2 y 2 = x − 4 y  _ H t_
ðÁP ÁN VÀ BI U ðI M MÔN TOÁN ð KI M TRA CH T LƯ NG ÔN THI ð I H C L N 1 NĂM 2011 Câu N i dung ði m x +1 Câu1 kh o sát và v ñ th hàm s y= x+2 1.1ñ a. t p xác ñ nh D = R \ {-1} 0,25 b. S bi n thiên −1 y’ = < 0 ∀ x ≠ -1 . hàm s ngh ch bi n trên m i (x + 1)2 kho ng(- ∞ ; -1 ) và ( -1 ; + ∞ ) lim y = 1 ; lim y = 1 ð th có ti m c n ngang là ñư ng th ng có phương 0,25 x → +∞ x → −∞ trình y = 1 lim y = + ∞ ; lim− y = − ∞ ñ th có ti m c n ñ ng là ñư ng th ng x = -1 x → −1+ x → −1 -∞ -1 x +∞ 0,25 , - - b ng bi n thiên thiên y +∞ y 1 1 -∞ ð th : c t tr c ox t i (-2 ; 0 ) y 0,25 c t tr c oy t i (0 ; 2 ) nh n I ( -1 : 1 ) làm tâm ñ i x ng 0 x
−1 2 .1ñ y′ = ; Giao ñi m c a hai ñư ng ti m c n là I(-1 ;1) (x + 1)2 Gi s M ( x0 ; xo + 2 ) ∈ (C) . 0,25 x0 + 1 Phương trình ti p tuy n ∆ v i ñ thi hàm s t i M là : ( x − x 0 ) + x0 + 2 −1 ⇔ x + ( x 0 + 1) y − x0 − ( x0 + 1)(x 0 + 2 ) =0 2 y= 0,25 (x0 + 1) x0 + 1 2 2 x0 + 1 2 Kho ng cách t I ñ n ∆ là d = ≤ = 2 1 + ( x0 + 1) 4 1 + ( x0 + 1) 2 (x0 + 1)2 0,5 V y GTLN c a d b ng 2 khi x 0 = 0 ho c -2 Câu 2 1 Gi i phương trình 4cosx -2cos2x –cos4x = 0 1 .1ñ 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 ho c 1-cosx +2sin xcosx = 0 π cosx ( 2sin2x -1 ) +1=0 + k π ho c ⇔ x= 2 ⇔ Cos3x + cosx =2 co s3 x = 1 ⇔ cosx =1 ⇔ x = k2 π ⇔ 0,5 co x = 1 π + kπ ; x = k2 π x= v y phương trình có nghi m 2 Gi i phương trình : log 2 2 8 x 3 − 9 log 2 4 x 2 − 36 log 4 2 x = 0 (1 ) ði u ki n x > o 2 .1ñ (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 ho c log2x =3 ⇔ x = 1/2 ho c x=8 0,5 Tính tích phân π π ( ) 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= 1ñ 0 0 π ñ t 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 1  3 1 2 1 1 2 2 S M Câu 4 A D 1ñ 0,25 I O J B C Xác ñ nh kho ng cách gi a AB và SC G i I,J l n lư t là trung ñi m c a AB,DC AB// DC nên AB// (SDC) ⇒ kho ng cách gi a AB và mp (SCD) là kho ng cách gi a AB và SC . Ta có IJ ⊥ CD , SJ ⊥ CD (v ì S.ABCD là hình chóp ñ u ) ⇒ CD ⊥ ( SI J ) (1) Trong mp(SI J ) k IM ⊥ SJ (2 ) , t ( 1) ⇒ IM ⊥ CD (3) T (2) ,(3) ⇒ IM ⊥ (SCD ) ⇒ IM = a 3 G i O là giao ñi m c a AC và BD ⇒ SO là ñư ng cao c a hình chóp 0,25 1 Th tích c a hình chóp V = Bh ,trong ñó B =4a2 , h =SO 3 Tính SO . Trong tam giác vuông IM J (vuông t i M ) có I M = a 3 , IM a 3 3 0,25 0 I J = 2a , G i α là góc IJM ta có sin α = ⇒ α =60 = = 2a 2 IJ ⇒ Tam giác SIJ là tam giác ñ u c nh 2a ⇒ SO = a 3 4a 3 12 4a .a 3 = Th tích hình chóp V = 0,25 3 3 Câu 5 1ñ Do a+b+c =1 ⇒ ab +c = ab + c ( a+b+c ) ⇔ ab +c = (a + c) (b +c ) 1 a b ab a b   ⇒ = ≤  a+c + b+c (1 ) 0,25 . ab + c a+ c b+c 2  Tương t ta có : 1 b c 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   T (1) ,(2) ,(3) suy ra 0,5
Câu 3 1 ab bc ca + ≤ + . D u b ng x y ra khi a=b=c = 6A ab + c bc + a ca + b 2 3 1 . 1ñ 5 x + 2 y + 7 = 0 ⇒ A (-3 ; 4 ) To ñ ñi m A là nghi m c a h :  0,25 x + y − 1= 0 5 x + 2 y + 7 = 0 ⇒ B (-1;-1) To ñ ñi m B là nghi m c a h :  x − 2 y − 1 = 0 G i D là ñi m ñ i x ng c a B qua ñư ng phân giác góc A ⇒ D thu c 0,25 AC , ta tính ñư c to ñ ñi m D (2 ;2 ) Phương trình ñư ng th ng AC chính là phương trình ñư ng th ng ñi 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 ⇒ C( To ñ ñi m C là nghi m c a h  ;) x − 2 y − 1 = 0 2 . 1ñ 33 Vi t phương trình m t c u ñi qua A (-1;-1;4 ) ; B (1;-1;2) có tâm n m 0,25 trên mp(oyz) và ti p xúc v i mp(oxy) . G i I là tâm m t c u , vì I thu c (oyz) nên I có to ñ I (0;b;c) 0,5 Vì m t c u ñi qua A ,B và ti p xúc v i 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 V y có hai m t c u tho mãn bài toán là : x 2 + ( y + 1 + 7 ) + ( z − 3) = 9 ho c x 2 + ( y + 1 − 7 ) + ( z − 3) = 9 0,25 2 2 2 2 Câu 7A Có 5! = 120 cách ch n s có 5 ch s khác nhau t 5 ch s trên . Ta tìm các s có 5 ch s khác nhau mà 2 ,3 ñ ng c nh nhau . N u x p hai ch s 2 ,3 vào hai ô li n nhau (2 ñ ng trư c 3) xem như 1 ô , ba ch s 4,5,6 vào ba ô còn l i . như th có 4 cách ch n v trí 0,5 cho c p s 2,3 ; có 3! Cách ch n v trí cho 3 ch s còn l i . V y có 4 .3! = 24 cách ch n s g m 5 ch s khác nhau mà 2,3 ñ ng c nh nhau ( 2 ñ ng trư c 3 ). N u 3 ñ ng trư c 2 cũng làm tương t ta ñư c 24 cách l p . Các s tho mãn yêu c u bài toán là 120-48=72 s Câu6 0,5 B G i I là trung ñi m c a AB thì I (5/2 ;-5/2) ; G (x0; y0 )là tr ng tâm 1. 1ñ tam giác ABC ; S , S1 l n lư t là di n tích tam giác ABC , GAB ta có 1 13 1 S= . = S1= 3 32 2 0,25 Ta c ó AB = 12 + 12 = 2 2 S1 1 = ðư ng cao GH c a tam giác AGB có ñ dài GH= AB 2
ðư ng th ng AB có phương trình x - y – 5 = 0 (d ) 0,5 x0 − y0 − 5 1 ⇔ x0 − y 0 − 5 =1 (1) = L i có GH = d (G,d ) = 2 2 G n m trên ñư ng th ng có phương trình 3x-y -8 =0 nên ta có 3x0 –y0 – 8 =0 (2) .T (1),(2) suy ra ( x0, y0 ) = ( -1;-5) ho c (2;-2) 3 OG = OA + OB + OC = 2OI + OC ................. 2. 1 ñ 0,25 Suy ra C(-2;-10) ho c C(1 ;1 ) Vi t phương trình m t c u ñi qua A (-1;-1;4 ) ; B (1;-1;2) có tâm n m trên mp(oyz) và ti p xúc v i mp(oxy) . 0,25 G i I là tâm m t c u , vì I thu c (oyz) nên I có to ñ I (0;b;c) Vì m t c u ñi qua A ,B và ti p xúc v i 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 V y có hai m t c u tho mãn bài toán là : Câu x 2 + ( y + 1 + 7 ) + ( z − 3) = 9 ho c 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 ⇔ 2 Gi i h  2 x + 2 y 2 = x − 4 y 3 x − 3 x = − 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 = 1  x3 = y3 + 9 x = 2 ⇔ V y h ñã cho ⇔  ho c   y = −2  y = −1 x = y + 3 0,5 M i cách làm khác ñúng ñ u cho ñi m theo ph n tương ng