Tải bản đầy đủ (.pdf) (6 trang)

Tài liệu Đề kiểm tra chất lượng môn Toán docx

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (376.69 KB, 6 trang )

Gửi: http//laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1 KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010 (LẦN 1)
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 8 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số )1(3
23
mxxxy +−=
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại,
cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng d: x – 2y – 5 = 0.
Câu II: (3 điểm)
1. Giải hệ phương trình:



++=++
+=++
1
21
22
2222
yxyxyyxx
xyyxyx
2. Giải bất phương trình:
0
2xlog
)3x(82).11x(4
2
xx




−−−+

3. Giải phương trình:
xx
xx
2sin
2
1
cos2)
2
cos
2
(sin3
33
+=−
Câu III: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần
lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết rằng mặt
phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
Câu IV: (1 điểm) Tính giới hạn:
2
2
0
1cos2
lim
2
x
x
x

x



Câu V: ( Cho a, b, c là những số 1 điểm) thực dương thoả mãn: . Chứng minh 3
222
=++ cba
7
4
7
4
7
4111
222
+
+
+
+
+

+
+
+
+
+
cba
accbba


PHẦN RIÊNG (2 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2

PHẦN 1:(Theo chương trình Chuẩn)
Câu VI.a: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 2), B(1; 6) và
đường tròn (C): . Gọi V(A, k) là phép vị tự tâm A tỉ số k sao cho V(A, k) biến
đường tròn (C) thành đường tròn (C’) đi qua B. Tính diện tích ảnh của tam giác OAB qua V(A, k).
2)1()2(
22
=−+− yx
Câu VII.a: (1điểm) Cho khai triển
n
n
n
xaxaxaa
x
++++=






+
32
1
2
210
. Tìm số lớn nhất trong
các số biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn .
n
aaaa , ,,,
210

110252
111222
=++
−−−− n
nn
n
n
n
n
n
nn
CCCCCC
PHẦN 2: (Theo chương trình Nâng cao)
Câu VI.b: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng
03:
1
=


yxd
và . Trung điểm
của một cạnh là giao điểm của d
06:
2
=−+ yxd
1
với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số
1

232
2

+−
=
x
xx
y
có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao
cho tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là nhỏ nhất.

***Hết***
Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V.
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN I KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010(LẦN
1)
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
- Điểm toàn bài không làm tròn.
- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa.
- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần riêng thì không tính điểm phần tự chọn.
- Thí sinh dự thi khối B, D không phải làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 và câu III là
1,5 điểm.
Câu Nội dung Điểm
I.1 Khảo sát hàm số 1,00
* Với m = 0 thì
23
x3xy −=

1. Tập xác định:
R
2. Sự biến thiên:
a) Giới hạn: +∞=−=−∞=−=
+∞→+∞→−∞→−∞→
)x3x(limylim,)x3x(limylim
23
xx
23
xx
0,25
b) Bảng biến thiên: y’=3x
2
– 6x, y’ = 0

x = 0, x = 2.
x - 0 2 +
∞ ∞
y' + 0 - 0 +
y
0 + ∞



- - 4

0,25
- Hàm số đồng biến trên (-∞ ; 0) và (2; +

), nghịch biến trên (0; 2)

1
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y

= 0, đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= - 4.
0,25

3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 0), giao với trục hoành tại (0; 0),(3; 0).
Nhận điểm uốn I(1; - 2) làm tâm đối xứng



0,25
I.2 Tìm giá trị của tham số m 1,00
Ta có mx6x3'y,mxx3xy
223
+−=+−=
Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu là y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt

3m0m39' <⇔>−=Δ⇔
0,25
Ta có: m
3
1
x2m
3
2
'y
3

1
x
3
1
y

+






−+






−=
Tại các điểm cực trị thì y’ = 0, do đó tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn phương trìn
h
m
3
1
x2m
3
2
y +







−=
. Như vậy đường thẳng Δ đi qua các điểm cực trị có phương
trình m
3
1
x2m
3
2
y +






−=
, nên nó có hệ số góc k
1
= 2m
3
2

0,25


Ta có d: x – 2y – 5 = 0
2
5
x
2
1
y −=⇔
suy ra d có hệ số góc k
2
=
2
1

Để hai điểm cực trị đối xứng qua d thì ta phải có d ⊥ Δ,
0,25
x
y
3
2
O
-4
-2
1


0m12m
3
2
2
1

1kk
21
=⇔−=






−⇔−=
suy ra

+) Với m = 0 thì đồ thị có hai điểm cực trị là (0; 0) và (2; - 4), nên trung điểm của
chúng là I( 1; -2), ta thấy I ∈ d, do đó hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua d.
0,25
Vậy: m = 0
Giải hệ phương trình đại số II.1 1,00



=++−
=+−




++=++
+=++
1xy)xy1)(yx(
1yx)yx(

1yxyxyyxx
xy21yxyx
222
22
2222

0,25
Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ



=++
=+
1v)v1(u
1vu
22



=++
=−+

1uvvu
1uv2)vu(
2
Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện ta có hệ phương trình

)P4S
2


0,25



−=
=
⇔=−+⇒
3S
1S
03S2S
2



−=
=−−




=+
=−
S1P
1)S1(2S
1PS
1P2S
22
2
+) Với S = 0 hoặc 0P =⇒




=
=




=
=+

1v
0u
0uv
1vu



=
=
0v
1u
- Nếu



−==
==





=
=−




=
=
1yx
1yx
1xy
0yx
1v
0u
- Nếu



−=
=



=
=





=
=−




=
=
1y
0x
hoÆc
0y
1x
0xy
1yx
0v
1u
0,25

+) Với S = - 3 (loại) P4S4P
2
<⇒=⇒
0,25
(
)
(
)
)1;0(),0;1(,1;1,1;1)y;x(




=
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm
Giải bất phương trình logarit II.2
0
2xlog
)82)(3x2(
0
2xlog
)3x(82).11x(4
2
xx
2
xx


−−+
⇔≥

−−−+
(1)
0,25
+) Xét , f’(x) = nên f(x) đồng biến trên . R3x2)x(f
x
−+=
x,012ln2
x
∀>+
f(1) = 0.

0,25
+) Xét g(x) = 2
x
– 8, g(x) đồng biến trên , g(3) = 0.
+) Xét h(x) = , h(x) đồng biến trên (0; +
∞), h(4) = 0.
R
2xlog
2

Bảng xét dấu vế trái của (1)
x
0 1 3 4 +

2
x
+ x - 2 - 0 + | + | +
2
x
- 8 - | - 0 + | +
log
2
x - 2 - | - | - 0 +
VT - 0 + 0 - || +

0,25

Theo bảng xét dấu, bất phương trình đã cho có tập nghiệm S =
);4(]3;1[ +∞∪
0,25

Giải phương trình lượng giác II.3 1,00
()
xcosxsin2
2
x
cos
2
x
sin1
2
x
cos
2
x
sin3 +=






+






−⇔
x2sin

2
1
xcos2)
2
x
cos
2
x
(sin3
33
+=−
0,25
()






+






−+=







+






−⇔
2
x
sin
2
x
cos
2
x
sin
2
x
cosxsin2xsin
2
1
1
2
x
cos
2

x
sin3

0
2
3
2
x
cos
2
x
sin)xsin2(
2
x
sin
2
x
cos =






+++







−⇔
0,25

xx x x
sin cos 0 sin 0 k x k2 (k )
2 2 24 24 2
πππ
⎛⎞
− =⇔ − =⇔−=π⇔=+ π ∈
⎜⎟
⎝⎠
Z*
0,25
* (vô nghiệm) 2xsin0xsin2 −=

=+


22
3
4
xsin
2
3
42
x
sin2
2
3

2
x
cos
2
x
sin −=






π
+⇔−=






π
+⇔−=+
* (vô nghiệm)
Vậy nghiệm của phương trình là:

0,25
()
xk2k
2
π

=+ π ∈Z
Tính thể tích khối chóp III 1,00
3


Ta có các tam giác SMN và AMN cân tại S và A. Gọi I là trung điểm của MN
suy ra SI ⊥ MN và AI ⊥ MN. Do (SBC) ⊥ (AMN) nên SI ⊥ (AMN).
Do đó
MN.AI.SI
6
1
S.SI
3
1
V
AMNAMN.S
==

0,25
Gọi K là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của SK, mà AI ⊥ SK nên tam
giác ASK cân tại A. Do đó
2
3a
AKSA ==

0,25
MN =
4
a
MN

2
1
NI,
2
a
BC
2
1
===
,
4
3a
2
SA
2
SC
SN ===

4
2a
16
a
16
a3
NISNSI
22
22
=−=−=
0,25
4

10a
8
a
4
a3
SISAAI
22
22
=−=−= . Vậy
96
5a
2
a
4
10a
4
2a
6
1
V
3
AMN.S
==
0,25

Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng công thức:
4
1
SC
SN

.
SB
SM
.
SA
SA
V
V
ABC.S
AMN.S
==

IV Tính giới hạn 1,00
2
2
0x
2
2x
0x
2
2x
0x
x
xcos1
lim
x
xcos)12(
lim
x
1xcos2

lim
22



=

→→→

0,50

12ln
x
xsin
limxcoslim
2lnx
1e
lim.2ln
2
0x
2
0x
2
2lnx
0x
2
−=









=
→→→

0,50
V Chứng minh bất đẳng thức 1,00

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có:
yx
4
y
1
x
1
4
y
1
.
x
1
2.xy2
y
1
x
1
)yx(

+
≥+⇒=≥








++
(*),
Áp dụng (*) ta có:
cb2a
4
cb
1
ba
1
++

+
+
+
;
c2ba
4
ac
1
cb

1
++

+
+
+

cba2
4
ba
1
ac
1
++

+
+
+

c2ba
2
cb2a
2
cba2
2
ac
1
cb
1
ba

1
++
+
++
+
++

+
+
+
+
+

(1)
0,25
S
A
C
B
M
N
I
K


Mặt khác ta lại có
0,25
()()()
)cba2(21.c21.b22.a221c1b2a2
222222

++=++≥+++++
7a
2
cba2
1
)cba2(27a)cba2(24cba2
2
2222
+

+
+
⇒++≥+⇒++≥+++⇒

7b
2
aca2
1
2
+

++
7c
2
bac2
1
2
+

++

Tương tự: ;
0,25
4
7c
2
7b
2
7a
2
c2ba
1
cb2a
1
cba2
1
222
+
+
+
+
+

++
+
++
+
++

(2)


7c
4
7b
4
7a
4
ac
1
cb
1
ba
1
222
+
+
+
+
+

+
+
+
+
+
Từ (1) và (2) ta suy ra:
0,25
Dấu ‘’=’’ xảy ra 1cba
=
==⇔
Tính diện tích ảnh của tam giác qua phép vị tự VIa.1 1,00

Do B∈ (C’) nên tồn tại M(x; y)

(C) sao cho B là ảnh của M qua V(A; k), suy ra
AMkA
B
=
. Do A , nên kB≠ 0







+
=
=




−=−
−=−

k
k24
y
1x
)2y(k26
)1x(k11

0,25

21
k
k24
)21(2)1y()2x(
2
222
=







+
+−⇒=−+−
Do M thuộc (C) nên
2kk)k4(
22
−=⇔=+⇔ .
0,25

+) Đường thẳng AB có phương trình x - 1 = 0, dó đó d(O, AB) = 1
0,25
21.4
2
1
)AB,O(d.AB

2
1
S
OAB
===
Độ dài AB = 4. Suy ra .
Ảnh của tam giác OAB qua phép vị tự V(A, 2) có diện tích S = .S = 2. 2−
0,25
OAB
VII.a
Tìm số lớn nhất trong các số
1,00
n
aaaa , ,,,
210
Ta có
221
n
2
n
1n
n
1
n
1n
n
2n
n
2n
n

2
n
105)CC(11025CCCC2CC =+⇔=++
−−−−



−=
=
⇔=−+⇔=+

⇔=+
)i¹lo(15n
14n
0210nn105n
2
)1n(n
105CC
21
n
2
n

0,25

∑∑
=
−−
=


=












=






+
14
0k
kk14kk
14
14
0k
kk14
k
14

14
x.3.2C
3
x
2
1
C
3
x
2
1
Ta có khai triển
0,25
Do đó
k14kk
14k
3.2Ca
−−
=
)1k(3
)k14(2
32C
32C
a
a
k14kk
14
1k13k1k
14
k

1k
+

==
−−
−−−+
+
Ta xét tỉ số .
0,25
5k1
)1k(3
)k14(2
1
a
a
k
1k
<⇔>
+

⇔>
+
4

. Do k

, nên k . `
5k1
a
a

,5k1
a
a
k
1k
k
1k
=⇔=>⇔<
++
Tương tự
0,25
Do đó
14765410
a aaaa aa >>>
=
<<
<
<

và a
Do đó a
5 6
là hai hệ số lớn nhất
62208
1001
32Caa
595
1465
===
−−

Vậy hệ số lớn nhất là






Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật VIb 1,00
Ta có: . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: Idd
21
=




=
=




=−+
=−−
2/3y
2/9x
06yx
03yx







2
3
;
2
9
I
. Vậy
0,25
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM
1
∩=⇒
Suy ra M( 3; 0)
23
2
3
2
9
32IM2AB
22
=






+







−==Ta có:
22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS
ABCD
ABCD
===⇔==Theo giả thiết:
0,25
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d ADd
1


1
)1;1(n
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d nhận
1
làm VTPT
nên có PT:
5
03yx0)0y(1)3x(1
=


+

=
−+

. Lại có: 2MDMA ==

()





=+−
=−+
2y3x
03yx
2
2
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
() ()



±=−
−=





=−+−
+−=




=+−
+−=

13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2
2
2
2
0,25




=
=

1y
2x

hoặc . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)



−=
=
1y
4x
Do






2
3
;
2
9
I
là trung điểm của AC suy ra:



=−=−=
=−=−=
213yy2y
729xx2x
AIC

AIC
0,25
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) VIIb 1,00
1x
1
1x2y

+−=
0
1x
1
lim)]1x2(y[lim
xx
=

=−−
±∞→±∞→
+) Ta có . . Do đó (C) có
tiệm cận xiên y = 2x – 1.
−∞=

+−
+∞=

+−
−+
→→
1x

2x3x2
lim;
1x
2x3x2
lim
2
1x
2
1x
0,25
+) . Do đó (C) có tiệm cận đứng x = 1









+−=⇒∈
1x
1
1x2;xM)C(
0
00
+) Gọi M , 1x
0

Tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là

1x5
1
1x
12
1
1x
1
1x2x2
1xd
0
0
22
0
00
0

+−=
+










+−−
+−=


0,25

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có
4
0
0
5
2
1x5
1
1x2d =

−≥
4
5
2
d =
4
0
0
0
5
1
1x
1x5
1
1x ±=⇔

=−

0,25
⇒ khi
5
5
2
1;
5
1
1M ; 5
5
2
1;
5
1
1M
4
44
4
44








−−−=









+++=
Vậy d nhỏ nhất khi

0,25




×