Đề kiểm tra học kỳ I Môn Sinh học 8 - Trường THCS Nga thiện

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ðẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN-TIN. ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC, CAO ðẲNG 2011 Môn thi : TOÁN - khối A. Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao ñề). ðỀ THI THỬ. I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm) Câu I (2,0 ñiểm). x −3 . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số y = x +1 2. Viết phương trình ñường thẳng d ñi qua ñiểm I ( −1;1) và cắt ñồ thị (C) tại hai ñiểm M, N sao cho I là trung ñiểm của ñoạn MN. Câu II (2,0 ñiểm). 1. Giải phương trình sin 2 x ( cos x + 3) − 2 3 cos3 x − 3 3 cos 2 x + 8. (. (. ). 3 cos x − s inx − 3 3 = 0 .. ). 3 x3 − y 3 = 4 xy 2. Giải hệ phương trình  .  x 2 y 2 = 9 Câu III (2,0 ñiểm). 1. Cho x, y là các số thực thoả mãn x 2 + xy + 4 y 2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: M = x 3 + 8 y 3 − 9 xy . a2 b2 c2 1 + + + ab + bc + ca ≥ a + b + c với mọi số dương a; b; c . a+b b+c c+a 2 Câu IV (1,0 ñiểm). Cho lăng trụ tam giác ñều ABC. A ' B ' C ' có cạnh ñáy là a và khoảng cách từ A a ñến mặt phẳng (A’BC) bằng . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . 2. 2. Chứng minh. (. ). II. PHẦN RIÊNG(3,0 ñiểm): Tất cả thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn Câu Va (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng tọa ñộ (Oxy). Lập phương trình ñường thẳng qua M ( 2;1) và tạo với các trục tọa ñộ một tam giác có diện tích bằng 4 . Câu VI.a (2,0 ñiểm). 1. Giải bất phương trình 1 + log 2 x + log 2 ( x + 2 ) > log 2 ( 6 − x ) . 2. Tìm m ñể hàm số y = x3 − 3(m + 1) x 2 + 2(m 2 + 7 m + 2) x − 2m(m + 2) có cực ñại và cực tiểu. Viết phương trình ñường thẳng ñi qua ñiểm cực ñại và cực tiểu khi ñó. B. Theo chương trình Nâng cao 1  Câu Vb (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng tọa ñộ (Oxy) , cho ñiểm M  3;  . Viết phương trình chính 2 . (. ). tắc của elip ñi qua ñiểm M và nhận F1 − 3;0 làm tiêu ñiểm.. Câu VI.b (2,0 ñiểm).  y 2 + x = x 2 + y 1. Giải hệ phương trình  . x y +1 2 = 3 2. Tìm trên mặt phẳng tọa ñộ tập hợp tất cả các ñiểm mà từ ñó có thể kẻ ñược hai tiếp tuyến ñến ñồ x2 − 2x + 2 thị hàm số y = và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau. x −1 ----------------------------------HẾT---------------------------------. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ðẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================== ðÁP ÁN VÀ THANG ðIỂM Môn thi : TOÁN - khối A. CÂU. Ý. Câu I (2,0ñ). Ý1 (1,0ñ). NỘI DUNG. ðIỂM. Tập xác ñịnh: D = R \ {−1} .. 0,25 ñ. Sự biến thiên: • Giới hạn và tiệm cận: lim y = 1; lim y = 1 ⇒ y = 1 là TCN. x →−∞. x →+∞. 0,25 ñ. lim y = +∞; lim y = −∞ ⇒ x = −1 là TCð. x →( −1)−. y'= • x. x →( −1)+. 4. ( x + 1)2. > 0, ∀x ∈ D .. BBT: +∞. -1. -∞ +. y'. +. y. 0,25 ñ 1. +∞. -∞. 1. Hàm số ñồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) , ( −1; +∞ ) Và không có cực trị. ðồ thị: ðT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và ñối xứng qua ( −1;1) . y. 4. 2. y=1. -5. 5. O. x. x = -1 -2. 0,25 ñ Ý2 (1,0ñ). Gọi d là ñường thẳng qua I và có hệ số góc k d : y = k ( x + 1) + 1 . Ta có: d cắt ( C) tại 2 ñiểm phân biệt M, N ⇔ PT : có 2 nghiệm PB khác −1 .. x−3 = kx + k + 1 x +1. Hay: f ( x ) = kx 2 + 2kx + k + 4 = 0 có 2 nghiệm PB khác −1. 0,25 ñ. 0,25 ñ. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1 Gv: Trần Quang Thuận. Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ðẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================== k ≠ 0  ⇔  ∆ = −4 k > 0 ⇔ k < 0 .  f −1 = 4 ≠ 0  ( ) Mặt khác: xM + xN = −2 = 2 xI ⇔ I là trung ñiểm MN với ∀k < 0 . 0,25 ñ KL: PT ñường thẳng cần tìm là y = kx + k + 1 với k < 0 .. 0,25 ñ. Chú ý: Có thể chứng minh ñồ thị ( C) có I là tâm ñối xứng, dựa vào ñồ thị ( C) ñể kết luận kết quả trên. Câu II (2,0ñ). Ý1 (1,0ñ). ⇔2sin x.cos2 x +6sin x.cos x−2 3.cos3 x−6 3cos2 x+3 3 +8( 3.cos x−sin x) −3 3 =0 ⇔−2cos2 x( 3cos x−sin x) −6.cos x( 3cos x−sin x) +8( 3cos x−sin x) =0. 0,50 ñ. .. ⇔ ( 3 cos x − sin x)(−2 cos 2 x − 6 cos x + 8) = 0  tan x = 3 .  3 cos x − sin x = 0  ⇔ ⇔ cos x = 1 2 cos x + 3cos x − 4 = 0 cos x = 4(loai ) . Ý2 (1,0ñ). 0,25 ñ. π  x = + kπ  ⇔ ,k ∈Ζ 3   x = k 2π. 0,25 ñ. Ta có : x 2 y 2 = 9 ⇔ xy = ±3 .. 0,25 ñ. ( ). . Khi: xy = 3 , ta có: x3 − y 3 = 4 và x3 . − y 3 = −27. ( ). Suy ra: x3 ; − y 3 là nghiệm PT X 2 − 4 X − 27 = 0 ⇔ X = 2 ± 31 Vậy ngiệm của PT là x = 3 2 + 31, y = − 3 2 − 31. Hay x = 3 2 − 31, y = − 3 2 + 31 .. ( ). 0,25 ñ. 0,25 ñ. Khi: xy = −3 , ta có: x3 − y 3 = −4 và x3 . − y 3 = 27. ( ). Suy ra: x3 ; − y 3 là nghiệm PT X 2 + 4 X + 27 = 0( PTVN ). Câu III (2,0ñ). Ý1 (1,0ñ). Ta ñặt t = x + 2 y , từ giả thiết suy ra xy =. t2 − 3 . 3. 2 30 ðiều kiện t ≤ 5 • Khi ñó M = x 3 + 8 y 3 − 9 xy = ( x + 2 y ) − 6 xy ( x + 2 y ) − 9 xy. 0,25 ñ. 0,25 ñ. 3. = −t 3 − 3t 2 + 6t + 9 = f ( t ). 0,25 ñ. 0,5 ñ  2 30 2 30  • Xét hàm f(t) với t ∈  − ;  , ta ñược: 5 5   ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2 Gv: Trần Quang Thuận. Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ðẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================== 35 − 12 30 35 + 12 30 min f ( t ) = ; max f ( t ) = 5 5. Ý2 (1,0ñ). Ta có:. 1 a2 ab ab =a− ≥a− =a− ab (1) a+b a+b 2 2 ab. 0,50 ñ. b2 1 c2 1 ≥b− bc (2), ≥c− ca (3). b+c 2 c+a 2 Cộng (1), (2), (3), ta có: a2 b2 c2 1 + + + ab + bc + ca ≥ a + b + c a+b b+c c+a 2 Gọi M là trung ñiểm BC, hạ AH vuông góc với A’M BC ⊥ AM  Ta có:  ⇒ BC ⊥ ( AA ' M ) ⇒ BC ⊥ AH . BC ⊥ AA '  a Mà AH ⊥ A ' M ⇒ AH ⊥ ( A ' BC ) ⇒ AH = . 2 1 1 1 a 6 Mặt khác: = + ⇒ AA ' = . 2 2 2 4 AH A' A AM 3a 3 2 KL: VABC . A ' B ' C ' = . 16 Gọi d là ðT cần tìm và A ( a; 0 ) , B ( 0; b ) là giao ñiểm của d với Ox, Tương tự:. (. Câu IV (1,0ñ). Câu Va (1,0ñ). ). 0,25 ñ. 0,25 ñ. 0,25 ñ. 0,25 ñ 0,25 ñ 0,25 ñ. x y 2 1 + = 1 . Theo giả thiết, ta có: + = 1, ab = 8 . a b a b. 0,25 ñ. Khi ab = 8 thì 2b + a = 8 . Nên: b = 2; a = 4 ⇒ d1 : x + 2 y − 4 = 0 .. 0,25 ñ. Oy, suy ra: d :. Khi ab = −8 thì 2b + a = −8 . Ta có:. b 2 + 4b − 4 = 0 ⇔ b = −2 ± 2 2 .. ( : (1 +. ) ( ) 2 x ) + 2 (1 − 2 ) y + 4 = 0 . KL ( 2 x + 4 x ) > log ( 6 − x ) .. 0,25 ñ. Với b = −2 + 2 2 ⇒ d 2 : 1 − 2 x + 2 1 + 2 y − 4 = 0 Với b = −2 − 2 2 ⇒ d3. Câu VIa (2,0ñ). Ý1 (1,0ñ). ðK: 0 < x < 6 . BPT ⇔ log 2. 2. 2. 2. 0,25 ñ. Hay: BPT ⇔ 2 x 2 + 4 x > ( 6 − x ) ⇔ x 2 + 16 x − 36 > 0. 0,25 ñ. Vậy: x < −18 hay 2 < x. 0,25 ñ. 2. Ý2 (1,0ñ). 0,25 ñ. So sánh với ñiều kiện. KL: Nghiệm BPT là 2 < x < 6 .. 0,25 ñ. Ta có y ' = 3 x − 6(m + 1) x + 2(m + 7 m + 2). 0,25 ñ. HS có Cð, CT khi phương trình 3 x 2 − 6(m + 1) x + 2(m 2 + 7 m + 2) = 0 có. 0,25 ñ. 2. 2. hai nghiệm phân biệt. Hay m < 4 − 17 hoặc m > 4 + 17 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3 Gv: Trần Quang Thuận. Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ðẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================== Chia y cho y’ ta có y = y '( x)q ( x) + r ( x) ; 2 2 0,25 ñ r ( x) = − (m 2 − 8m − 1) x + (m3 + 5m 2 + 3m + 2) 3 3  y '( x) = 0 ⇒ y = r ( x) Toạ ñộ ñiểm cực trị là nghiệm của hệ   y = y '( x).q ( x) + r ( x) Vậy phương trình ñường thẳng cần tìn là 2 2 0,25ñ y = − (m 2 − 8m − 1) x + (m3 + 5m 2 + 3m + 2) 3 3 2 Câu Vb x y2 PTCT elip có dạng: + = 1(a > b > 0) (1,0ñ) 0,25 ñ a 2 b2 a 2 − b 2 = 3  Ta có:  3 1  2 + 2 =1  a 4b. 0,25 ñ. 3 Ta có: 4b 4 − b 2 − 3 = 0 ⇔ b 2 = 1(th), b 2 = − (kth) 4 2 2 x y Do ñó: a 2 = 4 . KL: + =1 4 1. Câu VIb (2,0ñ). Ý1 (1,0ñ). 0,25 ñ 0,25 ñ. y 2 + x = x 2 + y ⇔ ( y − x )( y + x − 1 = 0 ) ⇔ y = x, y = 1 − x .. 0,50 ñ. Khi: y = 1 − x thì 2 x = 32− x ⇔ 6 x = 9 ⇔ x = log 6 9. 0,25 ñ. x. Khi: y = x thì 2 = 3 x. Ý2 (1,0ñ). x +1. 2 ⇔   = 3 ⇔ x = log 2 3 . 3 3. Gọi M(a;b) là một ñiểm thoả mãn ñề bài. Khi ñó ñường thẳng qua M có dạng y = k ( x − a ) + b Sử dụng ñiều kiện tiếp xúc cho ta hệ 1  1  (1)  x − 1 + x − 1 = k ( x − a ) + b  x − 1 + x − 1 = k ( x − a ) + b ⇔  1 − 1 = k  x − 1 − 1 = k ( x − 1) (*) (2) 2 x −1   ( x − 1) 1 1 Lấy (1) – (2) ta có = [ k (1 − a ) + b ] x −1 2 Kết hợp với (*) cho ta k ≠ 1  k ≠ 1 2 ⇔   k (1 − a ) + b  2 2 2 =k (a − 1) k + 2 [ (1 − a )b + 2] k + b − 4 = 0 1 −    2    ðể từ M kẻ ñược hai tiếp tuyến vuông góc ñến ñồ thị hàm số thì hệ phương trình trên phải có 2 nghiệm phân biệt k1 , k2 sao cho k1.k2 = −1. 0,25 ñ. 0,25 ñ. 0,25 ñ. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 4 Gv: Trần Quang Thuận. Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ðẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ======================================================================== a − 1 ≠ 0 a ≠ 1  2   b −4 Hay  = −1 ⇔ (a − 1) 2 + b 2 = 4 0,25 ñ 2 − a ( 1)  −a + b + 1 ≠ 0  (a − 1) 2 + 2 [ (1 − a )b + 2] + b 2 − 4 ≠ 0  Vậy tập hợp ñiểm M thoả mãn yêu cầu bài toán thuộc ñường tròn. ( x − 1). 2. + y 2 = 4 trừ bỏ ñi 4 giao ñiểm của ñường tròn này với 2 ñường thẳng : x = 1 và –x + y + 1 = 0.. 0,25 ñ. ------------------------------HẾT------------------------------. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 5 Gv: Trần Quang Thuận. Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>