De Kiem tra kien thuc chuan bi cho thi dai hoc2012cung hay

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (221.6 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ 
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
 ---***---

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY – HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1 
 NĂM HỌC: 2011 - 2012

MƠN TỐN, KHỐI A (Thời gian làm bài 180 phút) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=x3−3x2+1.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽđồ thị (C) của hàm số.

2. Tìm hai điểm M, N thuộc đồ thị (C) sao cho độ dài đoạn MN bằng 32 và tiếp tuyến của (C) tại M và
N song song với nhau.

Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình

2 sin( )

4 (1 sin 2 ) cot 1
sin

x x

π

−

+ = + .

2. Giải bất phương trình 3 x3− ≤1 2x2+3x+1.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

3 2

x x

xe e

I dx

xe
+ +
=

∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC. có đáy ABClà tam giác vuông cân đỉnh A, BC=2a. Gọi O là
trung điểm của BC, hình chiếu vng góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: OA+2OH =0

, góc
giữa SCvà mặt đáy (ABC)bằng 0

60 . Hãy tính thể tích khối chóp S ABC. và khoảng cách từ trung điểm I
của SB tới mặt phẳng (SAH).

Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2 2 4 2

2 (4 3 ) ( 3)

2012 ( 2x 2 5 1) 4024

y y x x x

y x x

 + = +




− + − + =



PhÇn riêng(3,0 điểm)

Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần(phầnAhoặc phầnB)
A. Theo chơng trình chuẩn

Câu VI.a(2,0 im)

1. Trong mt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC=2BD. Điểm (0; )1
3

M thuộc
đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B
có hồnh độ dương.

2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;8;9) và B( 3; 4; 3)− − − . Tìm tọa độđiểm C trên mặt
phẳng Oxy sao cho tam giác CAB cân tại C và có diện tích bằng 1672.

C©u VII.a (1,0 điểm) Cho tập hợp

{

2 2 31 15 0

}

X = x∈N x − x+ ≤ . Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự
nhiên. Tính xác suất để ba sốđược chọn cú tng l mt s l.

B. Theo chơng trình nâng cao
C©u VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn

( )

: 2 2 2

+ =

C x y . Viết phương trình tiếp tuyến của
đường trịn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB có diện
tích nhỏ nhất.

2.

Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3;1;0), đỉnh B nằm trên mặt phẳng Oxy và 
đỉnh C nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ các điểm B và C sao cho điểm H(2;1;1) là trực tâm của tam giác
ABC.

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình 2

(

)

(

)

8 2

( )

1 1

log 3 log 1 log 4 .

2 x+ +4 x = x

--- Hết ---

Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

S GD & T THANH HOÁ 
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4

---***---đáp án – thang điểm

đề kiểm tra chất l−ợng dạy - học bồi d−ỡng Lần 1

năm học: 2011 – 2012- mơn tốn, khối A

(Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang)

Câu Nội dung Điểm Tổng

I.1

Khảo sát hàm số.

1 . Tập xác định: D=R
0

2 . Sự biến thiên:

Giới hạn: lim

(

3 3 2 1

)

; lim

(

3 3 2 1

)

→−∞ − + = −∞ →+∞ − + = +∞

x x x x x x

y’=3x2-6x=0 0
2

x
x


⇔

=

Bảng biến thiên:

x -∞ 0 2 + ∞
y’ + 0 - 0 +
1 + ∞
y

-∞ -3

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng: (-∞;0) và (2; + ∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, giá trị cực đại bằng 1
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, giá trị cực đại bằng -3.

0,25

1,0
(điểm)

I.2

Tìm hai điểm M, N

Giả sử ( ; 3 3 1), ( ; 3 3 1) ( )

M a a − a+ N b b − b+ a≠b
Vì tiếp tuyến của (C) tại M và N song song suy ra

y a′( )=y b′( )⇔ (a b a b− )( + −2)=0⇔b = 2 – a ⇒ a ≠ 1 (vì a ≠ b).

2 ( )2 ( 3 3 2 1 3 3 2 1)2

MN = b a− + b − b + −a + a −

[

]

2 3 3 2

2(1−a) +(b−1) −(a−1) −3(b−a)

= 2 3 2

4(a−1) +2(1−a) −6(1−a) = 4(a−1)6−24(a−1)4+40(a−1)2

2 32

MN = ⇔ 4(a−1)6−24(a−1)4+40(a−1)2 = 32 . Đặt t=(a−1)2

Giải ra được t = 4 ⇒ a b

a b

3 1

1 3

 = ⇒ = −

 = − ⇒ =

 ⇒ M(3; 1) và N(–1; –3)

0,25

1,0
(điểm)

3 . Đồ thị

Có y’’= 6x-6

y’’ = 0 và y’’ đổi dấu tại
x =1→điểm uốn là I(1;-1)

Nhận xét:

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

II.1

Giải phương trình:

2 sin( )

4 (1 sin 2 ) cot 1
sin

x x

π

−

+ = + .

Điều kiện: sinx≠0

[

]

π

⇔ − + = +

⇔ + − + − =

⇔ + − =




⇔






= − +



⇔





(cos s inx)(cos s inx) cos s inx

(cos s inx) (cos s inx)(cos s inx) 1 0

(cos s inx)( os2 1) 0

2 s in(x+ )=0
4

os2 1

(thỏa mÃn ĐK)
4

(không tháa m·n §K)

PT x x x

x x x

x c x

c x

x k

Vậy phương trình có nghiệm = −π + π ( ∈ ).
4

x k k Z

0,25
0,25
0,25

0,25

1,0
(điểm)

II.2

Giải bất phương trình 
Điều kiện: x ≥≥≥≥ 1

− ≤ + + ⇔ − + + ≤ − + + +

3 2 2 2

3 x 1 2x 3x 1 3 x 1. x x 1 (x 1) 2(x x 1)
Chia hai vế cho x2 + x + 1, ta được bất phương trình tương đương
3 2 1 2 1 2

1 1

x x

x x x x

− −

≤ +

+ + + +

Đặt t =

1
1

2+ +

−
x
x

x

, t≥≥ ≥≥ 0, ta ta được bất phương trình:
3 2 2 1

t≤t + ⇔ ≤t hoặc t≥2
+ Với t≤1, ta có:

2 2

2
1

1 1 1 2

1
x

x x x x

x x
−

≤ ⇔ − ≤ + + ⇔ ≥ −

+ + (luôn đúng)

+ Với t≥2, ta có:

2 2

2 1 4( 1) 4 3 5 0

1
x

x x x x x

x x
−

≥ ⇔ − ≥ + + ⇔ + + ≤

+ + (vô nghiệm)

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x ≥≥≥≥ 1.

0,25
0,25

0,25

1,0
(điểm)

III

Tính tích phân

1 1 1

0 0 0

1
0

3 2

(2 ) 2

1 1 1

x x x x x x

x x x

xe e xe e xe e

I dx dx x dx

xe xe xe

+ + + +

= = + = +

+ + +

∫

Xét
1

0 1

x x

xe e

J dx

xe
+
=

∫

. Đặt x 1 ( x x)

t=xe + ⇒dt= xe +e dx
Đổi cận: x=0⇒t=1, x=1⇒t= +e 1

Từ đó
1

ln ln( 1)

e
dt

J t e

t
+

∫

= = +

Vậy I = +2 ln(e+1)

0,25
0,25

0.25
0,25

1,0
(điểm)

Tính thể tích, khoảng cách 
Ta có OA+2OH=0

nên H thuộc tia đối của tia OA và OA = 2OH
BC = AB 2 =2a ⇒AB=AC=a 2 ; AO = a; OH =

a

AH = AO + OH =
2

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

IV

6
15
2

15
)

2
(
2

1
.
3
1
.

1 3

2
.

a
a

a
SH

S

VS ABC = ∆ABC = =

Ta có ⊥ ⇒ ⊥

⊥  ( )

BO AH

BO SAH

BO SH

( ,( )) 1

( ,( )) 2

d I SAH SI

d B SAH SB

⇒ = =

⇒ ( ,( ))=1 ( ,( ))=1 =

2 2 2

d I SAH d B SAH BI

0,25

1,0
(điểm)

V

Giải hệ phương trình:

2 2 4 2

2 (4 3 ) ( 3) (1)
2012 ( 2x 2 5 1) 4024 (2)

y y x x x

y x x

 + = +




− + − + =



Nếu x = 0, từ (1) suy ra y = 0. Khi đó khơng thỏa mãn (2). Vậy x≠0
Chia cả 2 vế của (1) cho 3

x , ta được:
2 3 2 3

( y) 3. y x 3x
x + x = + (3)

Xét hàm số ( ) 3 3 ,

f t =t + t t∈R. Dễ thấy f(t) là hàm số đồng biến trên R
Do đó từ (3) ta được 2y x

x = , hay

2
2y=x .

Thế vào (2) ta có: 1 2

2012x−  (x 1) 4 (x 1) 2

− + − − =

 

 

Đặt u = x – 1, ta được phương trình : 2012 (u 2 4 ) 2
u + −u =

(4)

Lại xét hàm số ( ) 2012 (u 2 4 ) 2

g u = u + −u = trên R.

Có 2

'( ) 2012 ln 2012( 4 ) 2012 ( 1)
4

u u u

g u u u

= + − + −

2
1
2012 ( 4 )(ln 2012 )

u u

= + − −

Vì 2 4 0

u + − >u và
2

1 ln 2012
4

< <
+

nên g’(u)>0 với mọi u∈R

Suy ra hàm số g(u) đồng biến trên R. Mặt khác g(0)=2 nên u = 0 là nghiệm

duy nhất của (4). Từ đó x = 1 và 1

2
y= .

Vậy hệ PT có 1 nghiệm duy nhất ( ; ) (1; )1
2
x y = .

0,25

1,0
(điểm)

Ta có 2 2 5

a
HC= HO +OC =
VìSH ⊥(ABC)⇒

60
))

(
;

( = =

∧

SCH
ABC

SC

2
15
60

tan 0 a

HC

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

VI.a.1

Viết phương trình đường chéo BD

N
D

I

A C

B
N'
M

Phương trình đường thẳng AB(qua M và N’): 4x + 3y – 1 = 0

Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB:

2 2

4.2 3.1 1
2

4 3

d = + − =

AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x. Trong ∆vng ABI có:

12 12 12
4

d = x + x suy ra x = 5 suy ra BI = 5

Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường trịn tâm I

bán kính 5

Tọa độ B là nghiệm của hệ: 4x 3y – 1 02 2

(x 2) (y 1) 5

+ =




− + − =



B có hồnh độ dương nên B( 1; -1).

Vậy phương trình đường chéo BD (đi qua B và I) là: 2x – y - 3 = 0.

0,25
0,25

0,25

1,0
(điểm)

VI.a.2

Tìm tọa độđiểm C

Gọi C(a ;b ;0). Ta có CA = CB hay CA2 = CB2

2 2 2 2 2 2

(a 1) (b 8) 9 (a 3) (b 4) 3 a 14 3b

⇔ − + − + = + + + + ⇔ = −

Gọi I là trung điểm của AB. Ta có I(-1 ;2 ;3). AB= 304.
Vì tam giác ABC cân tại C nên CI 2S ABC 22

AB
∆

= =

Ta có C(14-3b; b; 0). 2 2 2

22 (15 3 ) ( 2) 3 22
CI = ⇔ − b + b− + =
Từ đó b = 4 hoặc 27

b= . Suy ra (2; 4; 0) 11 27; ; 0)
5 5

C hc

C(-0,25

0,25
0,25
0,25

1,0
(điểm)

VII.a

Tính xác suất

Ta có 2 2−31 +15 0≤ ⇔1 ≤ ≤15
2

x x x

.

Vì x thuộc N nên X =

{

1;2;3;...;15

}

.
Số cách chọn ngẫu nhiên 3 số tự nhiên trong tập X là C153 .

Để tổng 3 số đó là số lẻ, ta có các trường hợp:
+ Cả 3 số đều lẻ: Số cách chọn là 3

C (vì tập X có 8 số lẻ và 7 số chẵn)
+ Có 2 số chẵn và 1 số lẻ: Số cách chọn là 2 1

7. 8

C C

⇒số cách chọn 3 số có tổng là 1 số lẻ là 3

C +C C72. 81.

Vậy xác suất cần tìm là: = + = =

3 2 1

8 7 8

3
15

. 224 32

455 65

C C C

C .

0,25
0,25

1,0

(điểm)
Gọi N’ là điểm đối xứng của N

qua I thì N’ thuộc AB, ta có :
'

2 4

2 5

N I N
N I N

x x x

y y y

= − =




= − = −

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

VI.b.1

Viết phương trình tiếp tuyến

+ Đường trịn(C) có

( )

(

)

( )

0;0

: 2

Tâm :
Baùn kính

C O

C R





 =



.
Gọi tọa độ A a

(

;0 ,

) (

B 0;b

)

với a>0,b>0

+ Phương trình AB: x y 1 x y 1 0
a+b = ⇔ a+ − =b
AB tiếp xúc (C)

(

)

2 2

, 2 2 2

1 1

ab
d O AB

a b

⇔ = ⇔ = ⇔ =

+
+

(*)

2 2 2 2
2 2

2a OAB

a b a b

S

a b b ∆

⇒ = ≤ =

⇒S∆OAB nhỏ nhất khi a=b.Từ a=b và (*) suy ra a= =b 2.

Kết luận: Phương trình tiếp tuyến là 1 0

2 2

x y

+ − = .

0,25

0,25
0,25

0,25

1,0
(điểm)

VI.b.2

Tìm tọa độ các điểm B và C

Vì B∈mp Oxy( )⇒B x y( ; ;0), C∈Oz⇒C(0;0; )z

( 1;0;1), (2 ;1 ;1)

( ; ; ), ( 3; 1; ), ( 3; 1;0)

AH BH x y

BC x y z AC z AB x y

= − = − −

= − − = − − = − −

H là trực tâm tam giác ABC

. 0

, . 0

AH BC
BH AC

AH AC AB

 =



⇔ =

  =

 



0 3; 1; 3

3 7 0 7 2 7 7

; 14;

3 0 2 21 0 2 2

x z z x x y z

x y z y x

x y z

x yz y z x x



+ = = −

  = = =

  

⇔ + + − = ⇔ = − ⇔ −

= = =

 + − − =  

+ − =

 

VậyB(3;1;0), C(0;0; 3)− hoặc ( 7;14;0), (0;0; )7

2 2

B − C

0,25
0,25
0,25

0,25

1,0
(điểm)

VII.b

Giải phương trình 
Điều kiện: 0<x≠1

PT ⇔

(

x+3

)

x− =1 4x

Trường hợp 1: x>1

( )

2 ⇔x2−2x= − ⇔3 x=3

Trường hợp 1: 0<x<1

( )

2 ⇔x2+6x− =3 0⇔x=2 3 3−
Vậy tập nghiệm của phương trình là T =

{

3; 2 3 3−

}

0,25

0,25
0,25

0,25

1,0
(điểm)

Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trên đáp án mà vẫn đúng thì được đủđiểm thành phần như 
đáp án quy định.

</div>

De Kiem tra kien thuc chuan bi cho thi dai hoc2012cung hay

π

∫

{

}

( )

2.

(

)

(

)

( )

(

)

(

)

[

]

π

[

]

π

π

π

π

∫

∫

∫

∫

∫

.

{

}

( )

(

)

( )

<sub>(</sub>

<sub>) (</sub>

<sub>)</sub>

(

)

(

)

( )

( )

{

}

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về