Thi khao sat chat luong dau nam KD20112012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Sở Giáo dục và đào tạo Bắc Ninh Trường THPT Hàn Thuyên ĐỀ THI THỬ, KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM Môn Toán - Khối D Ngày thi: 10 – 08 – 2011 Thời gian làm bài: 180 phút 1 y  x3  3x 2  5x  2 3 Câu I(2 điểm): Cho hàm số có đồ thị (C).. 1. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường 1 y  x2 3 thẳng d:. 2. Tìm m để đường thẳng y = mx – 2 cắt đồ thị (C) tại 3 điểm A(0; - 2), B, C sao cho. BC 3 2 Câu II(2 điểm): 1. Giải phương trình: 1 + sinx + cos3x = cosx + sin2x + cos2x 2. Giải phương trình:. x  2  4  x  x 2  6 x  11. x2  2 x  6  x2  2x  6 I lim x 3 x2  4 x  3 Câu III(1 điểm): Tính giới hạn:. Câu IV(1,5 điểm): Cho tứ diện ABCD có AB  mp(BCD) có BCD đều cạnh a và cạnh AB = a 3 . Trong BCD kẻ các đường cao BE và DF cắt nhau tại O. Trong ADC kẻ đường cao DK. a)Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) b) Chứng minh: mp(ADC)  mp(DFK) c) Gọi H là trực tâm của ACD. Chứng minh: OH  (ACD).  x  1  7  y 4  y  1  7  x 4 Câu V(1 điểm): Giải hệ phương trình: . Câu VI(2,5 điểm): 1. Trong mặt phẳng Oxy cho 2 đường thẳng d1: x + y + 5 = 0,d2: x + 2y – 7 = 0 và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0),điểm B thuộc d1 và C thuộc d2. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn. 2.1.Cn2  3.2.Cn3  4.3.Cn4  ....  n(n  1)Cnn 1024n(n  1).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ……………………………………………Hết …………………………………………… ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu I 1đ. 1 y  x2 3 Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d: suy ra hsg k = - 3 2 Tiếp tuyến tại điểm M(xo; yo) có hsg k  y '( xo )  xo  6 xo  5 xo2  6 xo  5  3 Từ đó: y  3x . 1đ. 14 10 ; y  3x  3 3. Giải được xo = 4; xo = 2 và viết được 2 tiếp tuyến  x 0 1 3 2 x  3 x  5 x  2 mx  2 (1)   1 2  x  3x  5  m 0(2) 3 3 Xét pt: Để đường thẳng y = mx – 2 cắt (C) tại 3 điểm A(0; - 2), B, C thì pt(1) phải có 3 nghiệm phân biệt  pt(2) có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 khác 0 7  m   4  m 5 Tìm được:. 0,25 0,25 0,5 0,25. 0,25.  x1  x2 9  Khi đó: B(x1; mx1 – 2), C(x2; mx2 – 2) với  x1.x2 3(5  m). 0,25. BC 3 2  ( x1  x2 ) 2  (mx1  mx2 )2 3 2. 0,25. Thay vào và tìm được m = - 1 Câu II 1đ. 1đ. 1 + sinx + cos3x = cosx + sin2x + cos2x  2sin2x + sinx – 2sinxcosx – 2sin2xsinx = 0  sinx(2sinx + 1)(1 – 2cosx) = 0  x k     s inx 0  x    k 2  6  1    s inx = -  7  2  x   k 2 6   1  cos x     2  x   k 2 3  (mỗi pt đúng đựơc 0,25 điểm) Điều kiện: 2 x 4. Đặt.  2 t2  2 2 )  x  6 x  8 ( t  x  2  4  x (t 0)   2 t  2  t  (. t2  2 2 ) 3 2. Thay vào phương trình ta được: Biến đổi và giải ra được t = 2 thỏa mãn. 0,25. 0,75.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> CâuIII. CâuIV 0,5đ. Với t = 2 giải được x = 3(TM)  4 x  12 I lim x 3 ( x  3)( x  1)( x 2  2 x  6  x 2  2 x  6) 4 1 lim  x 3 3 ( x  1)( x 2  2 x  6  x 2  2 x  6) mỗi câu 0,5 điểm. 0,5 0,5. AB A  mp(BCD)  AB  CD. 0,25. K H B. F. C O. D. 0,25. E. D. Mà CD  BE(gt) nên CD  mp(ABE)  mp(ACD)  mp(ABE) Kẻ BB’  AE (B’ thuộc AE)  BB’  mp(ACD)  BB’ là khoảng cách từ B đến mp(ACD) Ta có BB’ là đường cao trong tam giác vuông ABE nên. 0,5đ 0,5đ. Câu V 1đ. 1 1 1 1 1 5 a 15  2  2  2  BB '  2 2 BB ' BA BE 3a 5 a 3 2 3a ( ) 2  Ta có AB  mp(BCD) AB  DF, mà AC  DF  DF  mp(ABC)  DF  AC. Theo gt: DK  AC suy ra AC  mp(DKF)  mp(ACD)  mp(DKF) H là trực tâm của ACD  H là giao điểm của DK và AE Ta có: AC  mp(DKF)(cmt)  AC  OH CD  mp(ABE)(cmt)  CD  OH. Từ đó: OH  (ACD). Điều kiện: x, y  1 Trừ vế với vế 2 phương trình ta được: x  1  7  y  y  1  7  x Bình phương 2 vế 2 lần và rút gọn ta được: x = y Thay vào pt(1) ta được: x  1  7  x 4  ( x  1)(7  x) 4  x 4  x 0 9 9   x  y 2 16 16 ( x  1)(7  x ) (4  x) (TMĐK) 9 9 ; Vậy hệ có nghiệm ( 16 16 ). CâuVI 1,5đ Bd1a(;5) Cd2b(72;). 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 6 2  a  7  2b   0  3  5  a  b  G(2; 0) là trọng tâm tam giác ABC nên:. a  1  b 1. Suy ra: B(- 1; - 4) và C(5; 1) Gọi phương trình đường tròn: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0. Đường tròn đi qua A, B, C nên:. 4  9  4a  6b  c 0  1  16  2a  8b  c 0 25  1  10a  2b  c 0 . 83 17 338 a  , b  , c  54 18 27 Giải hệ phương trình tìm được. x2  y 2 . 1đ. 2 1. 0,25. 0,25 0,25. 83 17 338 x y 0 27 9 27. Vậy pt đtròn là: n 0 1 2 2 3 3 4 4 n n Ta có: P( x) ( x  1) Cn  Cn x  Cn x  Cn x  Cn x  ....  Cn x 1. 0,25 0,25. 3 2. 4. 3. n. Suy ra: P '( x) Cn  2Cn x  3Cn x  4Cn x  ....  nCn x P ''( x) 2.1Cn2  3.2Cn3 x  4.3Cn4 x 2  ....  n(n  1)Cnn x n  2  P ''(1) 2.1Cn2  3.2Cn3  4.3Cn4  ....  n(n  1)Cnn. Mà: P’(x) = n(x + 1)n – 1 và P’’(x) = n(n – 1)(x + 1)n – 2  P’’(1) = n(n – 1).2n – 2 Kết hợp với GT suy ra: 1024n(n – 1) = n(n – 1).2n – 2  2n – 2 = 1024  n = 12. 0,25. n 1. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>