Đề thi thử ĐH môn Toán lần 1 năm 2011 trường thpt Quỳnh Lưu 1 ppsx

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (161.24 KB, 6 trang )

SỞ GD – ðT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ðẠI HỌC - LẦN 1 - 2011
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút; không kể giao ñề

Phần chung cho tất cả các thí sinh:( 7 ñiểm)
Câu 1: (2 ñiểm): Cho hàm số y =
1
2
+
+
x
x

1-

Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số.
2-

Gọi I là giao ñiểm của 2 ñường tiệm cận,
∆
là một tiếp tuyến bất kỳ của ñồ thị (C). d là
khoảng cách từ I ñến
∆

. Tìm giá trị lớn nhất của d.
Câu 2
: ( 2 ñiểm): 1. Giải phương trình: 4cosx- 2cos2x- cos4x = 1
2. Giải phương trình: log
2
2
8x
3
– 9log
2
4x
2
– 36log
4
2x = 0
Câu 3
: ( 1 ðiểm): Tính tích phân I =
∫
Π
+
4
0
2
cos1
4sin
x
x

Câu 4: ( 1 ñiểm): Cho hình chóp tứ giác ñều S.ABCD có cạnh ñáy bằng 2a, khoảng cách giữa AB
và SC = a

3 .
Tính thể tích của khối chóp
Câu 5: (1 ñiểm): Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn a + b + c = 1 hãy chứng minh:

cab
ab
+
+
abc
bc
+
+
bca
ca
+
≤
2
3

Phần riêng:
(3 ñiểm)

Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A- Theo chương trình chuẩn
Câu 6A: ( 2 ñiểm) : 1. Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho tam giác ABC có phương trình các cạnh
AB, BC lần lượt là: 5x + 2y + 7 = 0 ; x - 2y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A có phương trình là x
+ y – 1 = 0 (d). Tìm toạ ñộ ñỉnh C của tam giác ABC.

2. Trong không gian Oxyz cho ñiểm A(- 1; -1; 4), B( 1; -1; 2). Viết phương
trình mặt cầu ñi qua A,B có tâm nằm trên mp (Oyz) và tiếp xúc với mp (Oxy).
Câu 7A: (1 ñiểm): Với các chữ số 2, 3, 4, 5, 6. có thể lập ñược bao nhiêu số gồm 5 chữ số khác
nhau trong ñó hai chữ số 2, 3 không ñứng cạnh nhau.

B- Theo chương trình nâng cao:
Câu 6B: ( 2 ñiểm): 1. Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích S =
2
3
, toạ
ñộ các ñỉnh A (2;-3), B(3; -2) và trọng tâm G của tam giác nằm trên ñường thẳng có phương trình
3x – y – 8 = 0. Tìm toạ ñộ ñỉnh C.
2. Trong không gian Oxyz cho ñiểm A (- 1; -1; 4), B( 1; -1; 2). Viết phương
trình mặt cầu ñi qua A,B có tâm nằm trên mp ( Oyz) và tiếp xúc với mp ( Oxy)
Câu 7B: ( 1 ñiểm): Giải hệ phương trình





−=+
=−
yxyx
yx
42
9
22
33

_ Hết_
ðÁP ÁN VÀ BIỂU ðIỂM MÔN TOÁN
ðỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ðẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011

Câu Nội dung ðiểm
Câu1
1.1ñ

khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số y=
2
1
+
+
x
x

a . tập xác ñịnh D = R \ {-1}
b . Sự biến thiên
y
’
=

( )
2
1
1
+
−
x
< 0
∀
x
≠
-1 . hàm số nghịch biến trên mỗi
khoảng(-
∞
; -1 ) và ( -1 ; +
∞
)

;1lim
=
+∞→
y
x

1lim
=
−∞→
y
x
ðồ thị có tiệm cận ngang là ñường thẳng có phương

trình y = 1

;lim
1
∞
+
=
+
−→
y
x
∞
−
=
−
−→
y
x 1
lim
ñồ thị có tiệm cận ñứng là ñường thẳng x = -1

x
-
∞
-1
+
∞

bảng biến thiên thiên
y

,
- -

+
∞

y 1 1

-
∞

ðồ thị : cắt trục ox tại (-2 ; 0 ) y
cắt trục oy tại (0 ; 2 )
nhận I ( -1 : 1 ) làm tâm ñối xứng

0
x

0,25

0,25

0,25

0,25
2 .1ñ

Câu 2
1 .1ñ

2 .1ñ

Câu 3
1ñ

( )
2
1
1
+
−
=
′
x
y
; Giao ñiểm của hai ñường tiệm cận là I(-1 ;1)
Giả sử M (
0
x
;
1

2
0
+
+
x
x
o

)

∈
( C ) .

Phương trình tiếp tuyến
∆
với ñồ thi hàm số tại M là :

=
y
( )
( )
1
2
1
1
0
0
0
2

0
+
+
+−
+
−
x
x
xx
x

(
)
(
)
(
)
211
000
2
0
++−−++⇔ xxxyxx
=0
Khoảng cách từ I ñến
∆
là d =
( )
4
0
0

11
12
++
+
x
x
=
( )
( )
2
0
2
0
1
1
1
2
++
+
x
x
≤

2

Vậy GTLN của d bằng
2
khi
0
x

= 0 hoặc -2

1 Giải phương trình 4cosx -2cos2x –cos4x = 0

⇔
4cosx -2 (2cos
2
x -1 ) –(1- 2 sin
2
2x ) =1

⇔
4cosx – 4cos
2
x +2 -1 +8 sin
2
xcos
2
x -1 =0

⇔
4cosx ( 1-cosx + 2sin
2
x cosx ) =0

⇔
cosx = 0 hoặc 1-cosx +2sin
2
xcosx = 0

⇔
π
π
kx +=
2
hoặc cosx ( 2sin
2
x -1 ) +1=0

⇔
Cos3x + cosx =2

⇔




=
=
1
13
xco
xsco

⇔
cosx =1
⇔

x = k2
π

vậy phương trình có nghiệm
π
π
kx +=
2
; x = k2
π

Giải phương trình :
02log364log98log
4
2
2
3
2
2
=−− xxx
(1 )
ðiều kiện x > o
(1 )
⇔
(
)
(
)
(

)
0log118log229log33
22
2
2
=+−+−+ xxx

⇔
027log18log9
2
2
2
=−− xx

⇔
log
2
x = -1 hoặc log
2
x =3
⇔
x = 1/2 hoặc x=8

Tính tích phân
I =
dx
x

x
∫
+
4
0
2
cos1
4sin
π
=
( )
dx
xsco
xscox
∫
+
−
4
0
2
2
1
122sin2
π

ñặt t =cos
2
x suy ra dt = -sin2xdx ; x =0
⇒
t = 1 ; x =

4
π

⇒
t = ½

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,5

0,5

0,5

0,25

0,25
0,5

Câu 4

1ñ

Câu 5
1ñ

I = -
( )
dt
t
t
∫
+
−
2
1
1
1
122
=
( )
[ ]
1
2
1
1
2
1

1
2
1
1ln64
1
6
4
1
24
+−=






+
−=
+
−
∫∫
ttdt
t
dt
t
t
= 2 - 6ln
3
4

S

M
A D

I O J
B C
Xác ñịnh khoảng cách giữa AB và SC
Gọi I,J lần lượt là trung ñiểm của AB,DC
AB// DC nên AB// (SDC)
⇒
khoảng cách giữa AB và mp (SCD) là
khoảng cách giữa AB và SC . Ta có IJ
⊥
CD , SJ
⊥
CD (v ì S.ABCD
là hình chóp ñều )
⇒
CD
⊥
( SI J ) (1)
Trong mp(SI J ) kẻ IM
⊥
SJ (2 ) , từ ( 1)
⇒
IM
⊥
CD (3)

Từ (2) ,(3)
⇒
IM
⊥
(SCD )
⇒
IM = 3a

Gọi O là giao ñiểm của AC và BD
⇒
SO là ñường cao của hình chóp
Thể tích của hình chóp V =
Bh
3
1
,trong ñó B =4a
2
, h =SO

Tính SO . Trong tam giác vuông IM J (vuông tại M ) có I M =
3a
,
I J = 2a , Gọi
α
là góc IJM ta có sin
α
=
2
3

2
3
==
a
a
JI
IM
⇒
α
=60
0

⇒
Tam giác SIJ là tam giác ñều cạnh 2a
⇒
SO = 3a

Thể tích hình chóp V =
3
4
3.4
3
1
3
2
a
aa =

Do a+b+c =1
⇒
ab +c = ab + c ( a+b+c )
⇔
ab +c = (a + c) (b +c )
⇒








+
+
+
≤
++
=
+ cb
b
ca
a
cb
b
ca
a
cab
ab

2
1
.
(1 )
Tương tự ta có :








+
+
+
≤
++
=
+ ac
c
ab
b
ac
c
ab
b
abc
bc
2

1
.
( 2 )









+
+
+
≤
++
=
+ ba
a
bc
c
ba
a
bc
c
bca
ca
2
1

.
( 3 )
Từ (1) ,(2) ,(3) suy ra

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5
Câu
6A
1 . 1ñ

2 . 1ñ

Câu
7A

Câu6
B
1. 1ñ

+
+ cab
ab
abc
bc
+
+
bca
ca
+
≤

2
3
. Dấu bằng xảy ra khi a=b=c =
3
1

Toạ ñộ ñiểm A là nghiệm của hệ :



=−+
=++
01

0725
yx
yx

⇒
A (-3 ; 4 )
Toạ ñộ ñiểm B là nghiệm của hệ :



=−−
=++
012
0725
yx
yx

⇒
B (-1;-1)
Gọi D là ñiểm ñối xứng của B qua ñường phân giác góc A
⇒
D thuộc
AC , ta tính ñược toạ ñộ ñiểm D (2 ;2 )

Phương trình ñường thẳng AC chính là phương trình ñường thẳng ñi
qua A (-3; 4) ; D(2 ;2) . Phương trình là : 2x +5y -14 =0

Toạ ñộ ñiểm C là nghiệm của hệ




=−−
=−+
012
01452
yx
yx

⇒
C (
3
4
;
3
11
)

Viết phương trình mặt cầu ñi qua A (-1;-1;4 ) ; B (1;-1;2) có tâm nằm
trên mp(oyz) và tiếp xúc với mp(oxy) .
Gọi I là tâm mặt cầu , vì I thuộc (oyz) nên I có toạ ñộ I (0;b;c)

Vì mặt cầu ñi qua A ,B và tiếp xúc với mp(oxy) nên ta có
IA = IB = d(I , oxy )
⇔
1+(b+1)
2
+(c-4)
2
=1+(b+1)
2

+(c-2)
2
= c
2

⇒
c = 3 ; b =-1 7±

Vậy có hai mặt cầu thoả mãn bài toán là :

(
)
( )
9371
2
2
2
=−++++ zyx
hoặc
(
)
( )
9371
2
2
2
=−+−++ zyx

Có 5! = 120 cách chọn số có 5 chữ số khác nhau từ 5 chữ số trên .

Ta tìm các số có 5 chữ số khác nhau mà 2 ,3 ñứng cạnh nhau .
Nếu xếp hai chữ số 2 ,3 vào hai ô liền nhau (2 ñứng trước 3) xem như
1 ô , ba chữ số 4,5,6 vào ba ô còn lại . như thế có 4 cách chọn vị trí
cho cặp số 2,3 ; có 3! Cách chọn vị trí cho 3 chữ số còn lại .
Vậy có 4 .3! = 24 cách chọn số gồm 5 chữ số khác nhau mà 2,3 ñứng
cạnh nhau ( 2 ñứng trước 3 ).

Nếu 3 ñứng trước 2 cũng làm tương tự ta ñược 24 cách lập .
Các số thoả mãn yêu cầu bài toán là 120-48=72 số

Gọi I là trung ñiểm của AB thì I (5/2 ;-5/2) ; G (x
0
; y
0
)là trọng tâm
tam giác ABC ; S , S
1
lần lượt là diện tích tam giác ABC , GAB ta có
S
1
=
3
1
S =
2
1
2
3
.
3

1
=

Ta c ó AB =
22
11 + = 2

ðường cao GH của tam giác AGB có ñộ dài GH=
2
1
2
1
=
AB
S

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,5

0,5

0,25

2. 1 ñ

Câu
7B
ðường thẳng AB có phương trình x - y – 5 = 0 (d )
Lại có GH = d (G,d ) =
2
1

2
5
00
=
−− yx
⇔
5
00
−− yx =1 (1)
G nằm trên ñường thẳng có phương trình 3x-y -8 =0 nên ta có
3x
0
–y
0
– 8 =0 (2) .T ừ (1),(2) suy ra ( x
0
, y
0
) = ( -1;-5) hoặc (2;-2)

3
OG
=
OCOIOCOBOA +=++ 2

Suy ra C(-2;-10) hoặc C(1 ;1 )

Viết phương trình mặt cầu ñi qua A (-1;-1;4 ) ; B (1;-1;2) có tâm nằm
trên mp(oyz) và tiếp xúc với mp(oxy) .
Gọi I là tâm mặt cầu , vì I thuộc (oyz) nên I có toạ ñộ I (0;b;c)

Vì mặt cầu ñi qua A ,B và tiếp xúc với mp(oxy) nên ta có
IA = IB = d(I , oxy )
⇔
1+(b+1)
2
+(c-4)
2
=1+(b+1)
2
+(c-2)
2
= c
2

⇒
c = 3 ; b =-1 7±

Vậy có hai mặt cầu thoả mãn bài toán là :

(
)
( )
9371
2
2
2
=−++++ zyx
hoặc
(