ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN ĐẠI HỌC LẤN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT NGA SƠN potx

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m 2.. Tìm các giá trị của m để C m cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao c

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT NGA SƠN

(Đề gồm 01 trang)

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC

NĂM: 2010 – 2011 Môn TOÁN - Khối A, Lần 02

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG (7,0 điểm)

CâuI (2,0 điểm) Cho hàm số yx4(m2 2)x2m21 (Cm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m 2

2 Tìm các giá trị của m để ( C m) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi (C m) với trục hoành phần phía trên Ox có diện tích bằng 96

15

CâuII (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2sin2 1 4 cos2

2 Giải hệ phương trình sau: 6 2 2

x y x y







CâuIII (1,0 điểm) Tính giới hạn sau:

3 2 2

lim

x

I





CâuIV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B; SA vuông góc với đáy,

ABa, SABC2a Trên tia đối của tia BA lấy điểm M sao cho ·ACM  (00  90 )0 Gọi I

và K lần lượt là trung điểm của AC và SC, H là hình chiếu của S lên CM Xác định  để thể tích khối chóp AHIKđạt GTLN Tính thể tích khối chóp khi đó

CâuV (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực x ta luôn có:  2 

ln 1 1e x ex x

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

A Theo chương trình Chuẩn

CâuVI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích SABC 96; M(2; 0) là trung điểm của AB, đường phân giác trong góc A có phương trình ( ) :d x y 10 , đường thẳng 0 AB tạo với ( )d

một góc  thoả mãn cos 3

5

 Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho M(0;1;1) đường thẳng ( ) :1 1 2

d     ; đường thẳng 2

(d ) là giao của mặt phẳng ( ) :P1 xy   với mặt phẳng z 2 0 (P2) :x   Viết phương trình đường 1 thẳng qua M vuông góc với ( )d và cắt 1 (d2)

CâuVII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: z33(1 2 ) i z2(3 8 ) i z2i  trên tập số phức 5 0

B Theo chương trình Nâng cao

CâuVI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A  ( 1; 3), trọng tâm G(4; 2) , trung trực của AB là ( ) : 3d x2y  Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác 4 0 ABC

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , viết phương trình đường thẳng ( ) d vuông góc với mặt phẳng

( ) :P xy   và cắt cả hai đường thẳngz 1 0 ( ) :1 1 1 4

d      ; ( 2) : 1 2 5

CâuVII.b (1,0 điểm) Tìm số phức z có môđun lớn nhất thoả mãn: 1

2



-Hết - 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…………www.laisac.page.tl

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC

MÔN TOÁN - KHỐI A LẦN 02 – NĂM HỌC 2010 – 2011

Khi m 2ta được y x46x2 5

+) TXĐ: R

+) Sự biến thiên

)

 Chiều biến thiên

y  x  x x x  y'0  3x0; x 3 Hàm số đồng biến trên ( 3;0) và ( 3;), nghịch biến trên ( ; 3) và (0; 3)

0,25

)

 Cực trị:

Hàm số đạt cực đại tại x CD  , giá trị cực đại 0 y CD  y(0) 5

Hàm số đạt cực tiểu tại x CT   3, giá trị cực tiểu y CT   4

)

 Giới hạn tại vô cực: 4 2

0,25

1

+) Đồ thị: Giao với Ox tại ( 5; 0); ( 1; 0) ;

Giao với Oy tại (0;5)

0,50

+) Có y x4(m22)x2m2 1 (x21)(x2m21) Phương trình

y  x  x m   có 4 nghiệm phân biệt là  1; m2 khi 1 m 0 0,25 +) Diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi (C m) với trục hoành phần phía trên trục hoành

0

m

2

Đặt

2

t x 

  khi đó phương trình đã cho trở thành 2sin2 1 4 cos2

t

3

3 3

2 1

6 cos

3 2

t

k t















¢ 0

0,50

1

3

6 2

k





 







3

1 1

 5

4



Giải hệ phương trình 6 2 2 (1)

x y x y







1,0

4



0,25 (2) b 2x     y 6 0 1 x 2x   y 6 0 y  x 7 0,25 thay vào (2) ta được 3x7  1 x x 1y 6 0,25

2

Thử lại thấy thoả mãn Vậy ( ; )x y  ( 1; 6) là nghiệm của hệ phương trình 0,25 Tính giới hạn

3 2 2

lim

x

I





I

3

3 3

I

I

6











H

 chạy trên nửa đường tròn đường kính

a

0, 5

3 ( , )

“=” xảy ra khi và chỉ khi HI  AI kết hợp với HI AI suy ra  450

0,5

Đặt te x bài toán trở thành CMR  t 0 luôn có  2 1

t

    Xét hàm số

t

2 2

f t

t t

0,25

S

A

B

C K

H I

M

Mặt khác

0,25

Suy ra

2

lim ln

t

t t



-lim1 0

tt  điều này chứng tỏ hàm số y f t( ) nhận Ox làm một tiệm cận ngang

0,25

Ta thấy y f t( ) đồng biến trên (0; và hàm số có tiệm cận ngang là ) y  khi 0

'

M đối xứng với M(2;0) qua (d):x  y100 nên M'(10;8)

Đường thẳng qua M(2;0) với vectơ pháp tuyến n ( b a; )có phương trình

0 )

2 (x by

a tạo với (d):x  y100 góc  khi đó





















a b

b a b

a

b a

7

7 5

3 cos 2 2

0,25

Với a7b chọn b1a7, đường thẳng AB có phương trình 7x  y140 cắt

0 10 :

) (d x  y  tại A có tọa độ A( 3; 7) khi đó B đối xứng với A( 3; 7) qua M(2;0)

có tọa độ B(1;7) AB10 2 SAM B  AB d M AB   SABC

2

1 48

2

1

)

;' ( '

'

2 AM

AC 

  C(17;9)

0,25

Với b7a chọn a1b7 khi đó AB:x  y7 20 cắt (d):x  y100 tại

) 1

; 9 ( 

A  B(5;1)  AB10 2 SAM B   SABC

2

1 48 '  AC  2 AM' C(11;15) 0,25

1

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác là: 















) 15

; 11 ( ), 1

; 5 ( ), 1

; 9 (

) 9

; 17 ( ), 7

; 1 ( ), 7

; 3 (

C B

A

C B

A

0,25

Mặt phẳng (P) qua M(0;1;1) và vuông góc với d nhận vectơ chỉ phương 1 u1(3;1;1) làm

(P) cắt d tại điểm N có tọa độ thỏa mãn hệ 2 ( 1;2;3)

0 2 3

0 2

1



































N z

y x

z y x

x

0,25

VI.a

2

Đường thẳng cần tìm qua M(0;1;1) và N(-1;2;3) có phương trình chính

tắc:

2

1 1

1 1











z y

Giải phương trình: z33(1 2 ) i z2(3 8 ) i z2i  (*) 5 0 1,0

2

2

1

2(1 3 ) 2 5 0 (1)

z







0,25

' (1 3 )i (2i 5) 3 4i (1 2 )i

VII.a

Vậy S={ ; 2 5 ;1}i  i là tập nghiệm của phương trình 0,25

VI.b 1

( 1; 3)

A   trọng tâm G(4; 2) suy ra trung điểm M của BC có toạ độ 13; 3

M  

( ) : 3d x2y  là trung trực của AB nên AB nhận 4 0 uuurd(2; 3) làm vectơ pháp tuyến, AB

có phương trình: 2x3y  ; AB cắt (d) tại trung điểm N của AB có toạ độ 7 0

0,5

A

'

M M

2; 1

N  B5;1C(8; 4)

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: x2y22ax2by  khi đó c 0

74 21

23

7

8 3

a

a b c

a b c

c







   





Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: 2 2 148 46 8 0

x y  x y 

0,5

Đường thẳng (d) vuông góc với (P): x+y+z-1=0 nên (d) có vectơ chỉ phương là ur(1;1;1)

Mặt phẳng ( )P chứa 1 dvàd qua M(-1;1;4) nhận 1 ur(1;1;1) và uur1(2;3; 4) làm cặp vectơ chỉ

phương hay nhận 1 [ ; ]1 1 1 ;1 1 1; 1 (1; 2;1)

n  u u   

ur r ur

làm vectơ pháp tuyến có phương trình: x2y   z 1 0

0,25

(P ) nhận chứa d và 2 d nhận 2 ur(1;1;1) và uuur2(2; 3;1) làm cặp vectơ chỉ phương nên nhận

2 [ ; 2] (4;1; 5)

n  u u  

uur r uur

, qua N(1;-2;5) có phương trình: 4x y 5z23 0 0,25 (d) là giao của ( )P và (1 P ) có phương trình thoả mãn hệ 2







đặt z ta được t

5 3

z t

  





  



 



0,25

2

Vậy đường thẳng cần tìm có phơng trình chính tắc là: 5 3

x y z

1 2



Đ ặt z a bi ( ,a b ¡ )

0,25

Do đó tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thoả mãn là đường tròn tâm I(3; 4) bán kính

5

R  Khi đó số phức z thoả mãn 1

2



là số phức có môđun lớn nhất thì điểm biểu diễn của z là điểm

đối xứng với (0; 0)O qua I(3; 4)

0,25

VII.b

Ghi chú:

- Câu IV thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm điẻm Các ý khác thí sinh giải cách khác đáp án mà đúng

3

4

