Thi thu KB HL4

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Sở GD- ĐT Thanh Hóa Trường THPT Hậu Lộc 4. ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC BỒI DƯỠNG LẤN 1 NĂM HỌC 2011-2012 Môn : toán; khối : B (Thời gian làm bài 180 phút ,không kể thời gian phát đề) I. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) 1 1 y  x 3  2 x 2  3x  3 3 Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số : 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1  : y mx  3 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho A cố định và diện 2. Tìm m để đường thẳng tích tam giác OBC gấp hai lần diện tích tam giác OAB. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 sinx  cos x  cos5 x  2(cos6 x  1)  3 sin 5 x  x 2  y 2  xy  2 x 5 y  2 ( x  2 x )( x  y  3)  3y 2. Giải hệ phương trình:  ( x; y  R ) e ln x  1  ln x I  .dx x 1  ln x 1 Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a.Gọi I; J lần lượt là trung điểm của SA và BC.Tính thể tích của khối chóp S.ABCD biết đường thẳng IJ tạo với mặt đáy một 0 góc 60 Câu V (1,0 điểm). Cho x,y  R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của: P. x. 3.  y3    x2  y 2  ( x  1)( y  1).  2  x 2  y 2   16 xy. II.Phần riêng (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết đường thẳng AB có phương trình: x + 3y + 1 = 0. Đường thẳng chứa đường chéo BD có phương trình:x – y + 5 = 0.Đường thẳng AD đi qua điểm M(1; 2). Tìm tọa độ tâm của hình thoi ABCD. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho 3 điểm A(5; 3; -1); B(2; 3; -4) ; C(1;2;0).Tìm tọa độ điểm D sao    DA  2 DB  DC cho nhỏ nhất n.  3 1  2 x  4  x , Câu VII.a (1,0 điểm) .Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của:  A3  3 An2 1 5 An2 Ak biết n  1 ( Trong đó n là số chỉnh hợp chập k của n) B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x  y  5 0 ; d2 : 2 x  y  1 0 .Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng  : x – y + 1= 0, tiếp xúc với d1 và cắt d2 theo một dây cung có độ dài bằng 6 5 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hình lập phương ABCD.A1 B1 C1 D1 , biết A(0;0;0) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) ; A1 (0;0;1).Gọi M là trung điểm của AB, N là tâm của hình vuông ADD1 A1 .Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua C; D1 ; M; N log 2 ( y  x )  log 2 x 1  2 y  3  2 x  1 2 Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ........................Hết.............................. Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:...............................................................;Số báo danh :................ ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1,NĂM HỌC 2011-2012. MÔN TOÁN , KHỐI B. Câu I (2,0đ). Nội Dung. Điểm. 1.(1,0đ) TXĐ: D = R  x 1 y , 0    x 3 Chiều biến thiên: y  x  4 x  3 ; ,. 0,25. 2.  ;1 3;  Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng:  và  ,nghịch biến trên khoảng (1; 3). Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 3 = 1  ycd 1 lim y  . Giới hạn: x    Bảng biến thiên:. ;.  yct . 1 3 , đạt cực đại tại điểm x. 0,25. lim y . x  . 0,25. . 1 3. 1 1 (0;  ) I (2; ) 3 ; (4 ; 1) ; nhận 3 làm điểm uốn. Đồ thị: Đi qua các điểm y. 0,25. 2 (1,0đ). Pt hoành độ giao điểm của đường thẳng.  : y mx . 1 3 và (C) :.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x 0 1 3 1 1   2 x  2 x 2  3 x  mx  2  x  6 x  9  3m 0 3 3 3  x ( x  6 x  9  3m) 0 1 1   ⇒ ⇒ Với x = 0 y= 3 A(0; 3 ) 1  : y mx  3 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C Đường thẳng. 0,25. ⇔ pt x 2  6 x  9  3m 0.  ,  0 3m  0 m  0    x1 , x2 m 3 Có hai nghiệm phân biệt khác 0 9  3m 0 m 3 1 1 B ( x1 ; mx1  ) C( x2 ; mx2  ) 3 ; 3 . Khi đó 1 1 SOBC 2 SOAB  d (O,  ).BC 2. d (O, ). AB  BC 2 AB  BC 2 4 AB 2 2 2 2 2   x2  x1   m2 ( x2  x1 )2 4 x12  m 2 x22  m 2  1  x2  x1  4 m 2  1 x12. .   x2  x1 . Mà x 1 ; x 2. 2. . . . . . 0,25. 0,25.  x 3 x1 4 x12   2  x2  x1  x2 3 x1 (1) (vì x1  x2 6 ) 2 là nghiệm của phương trình :  x  6 x  9  3m 0 nên:.  x1  x2 6   x1 x2 9  3m (2). 0,25. 3  m 4 (tmđk) Từ (1) và (2). II (2,0đ). 1.(1,0đ) Pt  3(sin 5 x  s inx) cos5 x  cos x  2(cos6 x  1). 0,25.  2 3cos3 x.sin 2 x 2 cos3 x.cos2 x  4 cos 2 3 x.  cos3 x 0   2cos3 x.( 3 sin 2 x  cos2 x  2 cos3 x ) 0  3 sin 2 x  cos2 x 2 cos 3 x    cos3 x 0  3 x   k  x   k 2 6 3 Với   3 sin 2 x  cos2 x 2 cos3 x  sin(2 x  ) sin(  3 x ) 6 2 Với   2x    2x  .   2 2    3 x  k 2 x  k  6 2 15 5     x  2  k 2    3 x  k 2  6 2 3. 0,25. 0,5. 2.(1,0đ)  x 0  x  2 x 0    x  2  hệ có nghiệm (0;0);(-2;0) Nếu y = 0 2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Nếu y 0 , hpt.  x2  2x  x  y 5   y  2  x  2 x .( x  y  3)  3  y. u  v 2 u 3 u  1    uv  3  v  1 hoặc v 3  x2  2x 3 u  3   x 1    y   v  1   y 1  x  y  3  1. Với. ;đặt.  x2  2 x u  y   v x  y  3 . ta có hệ:.  x  6  hoặc  y 8.  x2  2x  1  u  1   y   x  y  3 3  Với v 3 (vô nghiệm). III (1,0đ). 0,25. 0,25. 0,25. Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm (x; y) là: (0; 0) ; (-2; 0); (1; 1) và (-6; 8) 1,0đ e. e. e.  ln x 1 ln x 1  dx  dx   dx   x 1 x 1  ln x 1 Ta có : I = 1  x 1  ln x x . 0,25. e. ln x 1 I1  dx  t 2 1  ln x  2t.dt  dx x 1 x 1  ln x Xét ; đặt t= 1  ln x Đổi cận: x = 1  t =1 ; x =e  t = 2 2. 2. 2 t2  1 t3 4 2 2 I1   .2tdt 2 (t 2  1)dt 2(  t ) /  1 t 3 3 1 1 Khi đó e e 1 I2  dx (ln x ) / 1 1 x 1 Xét. IV (1,0đ). 0,25 0,25 0,25. 7 2 2 3 Khi đó I = I1  I2 =. 1,0đ Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, M là Trung điểm của AO,ta có :IM //SO  IM  ( ABCD)  Góc giữa IJ với mặt đáy là 0 Góc IJM bằng 60 Ta có: MJ 2 CM 2  CJ 2  2CM.CJ .cos45 0  2. 2. 3 a 2 5a 2 3   a a 2   2 a 2. .  4   2 4 2 2 8    .  MJ . a 10 4. 0,25. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> V (1,0đ). a 10 a 30 . 3  0 4 Mặt khác IM = MJ. tan 60 = 4 1 VS . ABCD  SO.S ABCD 3 Do S.ABCD là khối chóp đều nên :. Trong đó SO = 2IM. . a 30 1 a 30 2 a3 30 .a  2  VS . ABCD  . 2 ; SABCD a 3 2 6. 0,25. 1,0đ. Đặt t = x + y ; t > 2. ta có :. P. t 3  t 2  xy (3t  2)  2( x 2  y 2 )  16 xy xy  t  1. . Áp dụng BĐT 4xy  (x + y)2 . xy . 0,25. t2 2 2 2 4 ; 2( x  y ) ( x  y ) ta có. t 2 (3t  2) t2 2 4  t  8t   t 2  8t 2 t t 2  t 1 4 Xét hàm số. t3  t2  P. 0,25.  t  t2 t 2  4t 2 f (t )   t  8t ; f '(t )   2 t  8  ( t  4)  2  (t  2)2  ; t 2 (t  2) 2   f’(t) = 0  t = 4. t f’(t). 2 -. 4 0. + +. +. VI.a (2,0đ). 0,25. +. f(t) -8. Do đó min P =. min f (t ). ( 2; ). = f(4) =- 8 đạt được khi.  x  y 4   xy 4  x y .  x 2   y 2. 0,25. 1.(1,0đ) Do B là giao điểm của AB với BD,nên tọa độ B là nghiệm  x  3 y  1 0   x  y  5  0  Của hệ phương trình:.  x  4   y 1. 0,25.  B(  4;1). Qua M vẽ đường thẳng song song với AB cắt BD tại N,ta có MN//AB: x+ 3y + 1 = 0  pt MN: x + 3y + m = 0 Do M(1;2)  MN nên: 1+ 6 + m = 0  m= -7  Pt MN: x+ 3y – 7 = 0. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  x  3 y  7 0  x  2    y 3 Do N = MN  BD ,nên tọa độ N là nghiệm của hệ:  x  y  5 0  N (  2;3) Vì D BD: x – y + 5 = 0  D(x ; x+5).Mà ABCD là hình thoi nên  x 0  2 2  x  2 MN = MD  MN MD  9  1 ( x  1)  ( x  3) Với x = 0  D(0 ; 5) Với x = -2  D(-2;3) loại vì trùng với N. Gọi I là tâm hình thoi  I là trung điểm của BD  I(-2;3) 2. 0,25. 2. 0,5 0,25. 2.(1,0đ). 0,25 . . . . Gọi I(a; b ; c) thỏa mãn IA  2 IB  IC 0 VII.a (1,0đ). 5  a  2  a  5  2( a  2)  a  1 0  11 5 11 9     b  3  2( b  3)  b  2 0  b   I ( ; ;  ) 4 2 4 4 c  1  2(c  4)  c 0   9  c  4         Khi đó DA  2 DB  DC 4 DI  IA  2 IB  IC 4 DI     5 11 9 D( ; ;  ) DA  2 DB  DC  DI  2 4 4 nhỏ nhất nhỏ nhất  D I . 0,5. 0,25. (1,0đ). Từ: VI.b (2,0đ). An3 1  3 An2 1 5 An2 . (n  1)! (n  1)! n!  5 ( n  4)! ( n  3)! ( n  2)!. (n  1)!  3 n  . 1  5 0 (n  4)!  n 3 (n  2)( n  3) . . 0,25 (đk n 4; n  N ) n. 1    3 1   13 4 2 x   2 x  x     4 2 x   n  7n 0  n 7 .khi đó ta có khai triển :   1. 7. . 1.  C7k (2 x 3 )7 k .( x 4 )k. = k 0. 7.  C7k .27 k.x. = k 0. 7 k k  3 4. 0,25 ; ứng với số hạng không chứa x. 7 k k  0  k 4 ta có : 3 4 ⇒. 7. 0,25. 4 7 4 số hạng không chứa x là : C7 .2 280. 1.(1,0đ) Gọi I; R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn cần tìm Do I   : x  y  1 0  I (a; a  1). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2. 2. 2. 2. Ta có: R T1 T2  (3 5) (*) Với T1 ; T2 lần lượt là khoảng cách từ I Đến d1 ; d2 ;với: T1  T2 . a  a 1  5. 2a  4. =. 2. 2a  a  1  1 5. Khi đó (*). . 0,25. 2. . a 2.  2a  4  2. 0,25. 5 2.  a  2  5. 2.  a 7 2  45   a  2  25    a  3. 0,25 2. 2. 2 Với a= 7  I (7;8); R 50  phương trình đường tròn:  x  7    y  8 50 2 Với a = -3  I ( 3;  2); R 50  phương trình đường tròn:.  x  3. 2. 2.   y  2  50. 2.(1,0đ). 0,25. Từ gt ta có: C(1; 1 ;0); D1 (0; 1; 1) 1 1 1 ; M( 2 ;0;0) ; N(0 ; 2 2 ) .Gọi pt (S): x 2  y 2  z 2  2 ax  2by  2cz  d 0 Do (S) đi qua các điểm C; D1 ; M; N. VII.b (1,0đ). 0,25. Nên ta có hệ phương trình: 5   a  4  1  b  4   5 c  4   d 1 5 1 5  pt ( S ) : x 2  y 2  z 2  x  y  z  1 0 2 2 2 2  2 a  2b  d 0 2  2 b  2c  d 0  1    a  d 0 4  1   b  c  d 0 2. 0,25 0,25 0,25 0,25. 1,0đ 1  x  2   y  x Đk:  2 y  3 2  2 x  1  y  x 2 2 x  1. Pt hai. Thế vào pt còn lại ta được : 2 log2 2 2 x  1  log 2 x 1.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 4(2 x  1) 2 2 2 1  4(2 x  1) 2 x  x   y   x 3 3 3 ,(tmđk) 2 2 2 KL: hệ có nghiệm (x;y) là ( 3 ; 3 3 )  log2.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>