Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Cho hình lăng trụABC A B C có đáy ABC là tam giác đều tâm G, cạnh bên.. Tính thể ' tích của khối lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu n
Trang 1Trường THPT Hậu Lộc 4 ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY- HỌC
Tổ:Toán-Tin BỒI DƯỠNG LẦN 2 (NĂM HỌC 2010-2011)
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)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số: 1
2( 1)
x y x
−
= +
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2 Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng 4x + y = 0.
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình : cos 4 2 cos2 sin(3 ) sin( ) 1
.
2 Giải phương trình : x+ x+ 3 2x x− 2 = + 4 2 −x (với x R∈ )
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
x
e dx I
=
∫
Câu IV(1,0 điểm) Cho hình lăng trụABC A B C có đáy ABC là tam giác đều tâm G, cạnh bên ' ' ' AA ' =a và tạo với đáy một góc bằng 60 ° , biết mặt phẳng(A AG ) và ' (A BG cùng vuông góc với mp(ABC) Tính thể ' ) tích của khối lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ABC theo a.'
Câu V (1,0 điểm) Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : x y+ = 2 x− + 2 y+ + 1 1
xy x y
x y
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 điểm A(-1;2) và đường thẳng : 3 ∆ x− 4y+ = 7 0 Viết phương trình đường tròn (C) đi qua A và cắt ∆ theo đường kính BC sao cho ∆ ABC có diện tích bằng 4
5.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : 1 1 2
x− y− z−
− và điểm A(2;1;2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 1
3
Câu VII.a (1,0 điểm)
Gọi z z1; 2 là các nghiệm phức của phương trình: z2 − 4z+ = 5 0 Tính: 2011 2011
(z − 1) + (z − 1)
B Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3) Biết đỉnh A , C lần lượt thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng : 1
1
1
z
= +
= −
=
Viết phương trình mp(P) song song với d và 1 d , sao cho khoảng cách từ 2 d đến (P) gấp hai lần khoảng 1 cách từ d đến (P).2
Câu VII.b( 1,0điểm) Giải hệ phương trình: log (2 2 8) 6
8x 2 3x y 2.3x y
+
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:
Trang 2Câu Nội Dung Điểm I
(2,0đ)
1 (1,0đ)
TXĐ: D = R\{ }− 1
Chiều biến thiên: ,
2
1 0 ( 1)
y x
= >
+ , với ∀ ∈x D
⇒hàm số đồng biến trên mỗi khoảng :(−∞ − ; 1) và (− +∞ 1; )
Cực trị: hàm số không có cực trị
Giới hạn, tiệm cận :
1 2
x
Limy
2
x Lim y
→−∞ = ; x→ −Lim y( 1)+ = −∞ ,
( 1)
x Lim y−
2
y= là tiệm cận ngang; x= − 1 là tiệm cận đứng
Bảng biến thiên:
Đồ thị: đi qua các điểm (0; 1
2
− ) ; (-2; 3
2) Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1; 1
2) làm tâm đối xứng
2 (1,0đ)
0,25
0,25
0,25
0,25
1 2
2
−∞
1
−
x
y
1 2
-1
I
O y
x
Trang 3II
(2,0đ)
2.Gọi M( 0
0 0
1
; 2( 1)
x x x
− + ) ∈( )C là điểm cần tìm
Gọi ∆ tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình ∆:
0
1
2( 1)
x
x
−
0 0
1 1
2( 1) 1
x
x x
−
+ +
Gọi A = ∆ ∩ox ⇒A( 02 2 0 1
2
x − x −
B = ∆ ∩oy⇒ B(0;
2
2 0
2( 1)
x
+ ) Khi đó ∆tạo với hai trục tọa độ ∆OAB
có trọng tâm là: G(
2 0
;
x
Do G∈ đường thẳng:4x + y = 0⇒
2 0
x
+
⇔
0
1 4
1
x
= + (vì A, B ≠O nên x02− 2x0 − ≠ 1 0)
1
1
+ = − = −
Với 0
x = − ⇒M − − ; với 0 3 ( 3 5; )
x = − ⇒M − .
1 (1,0đ)
Pt⇔ cos4x + cos2x + sin(3x -
3
π
) + sin(x-
3
π
) = 0
⇔2cos3x cosx +
2sin(2x-3
π
) cosx = 0
2cos os3 sin(2 ) 0
3
3
x
=
⇔
Với cosx = 0 ⇔x =
2 k
π + π
Với cos3x + sin(2x-
3
π
) = 0 os3 os( 2 )
6
6
6
= + +
⇔
= − − +
2 6
2
= +
⇔
= − +
k∈Z
2 (1,0đ)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 4III
(1,0đ)
IV
(1,0đ)
đk:0 ≤ ≤x 2
đặt:
2
=
(đk u, v ≥0 ) , ta có hệ:
2 2 2
2
+ =
nhân pt đầu với 2, trừ theo vế cho pt còn lại ta được :
u + v − uv− − =u v ⇔ − (u v u)( − 2 ) (v − − =u v) 0 ⇔ − (u v u)( − − = 2v 1) 0
0
u v
− =
⇔ − − =
Với u – v = 0 ,kết hợp với pt đầu ta được : u = v = 1 ⇒ =x 1
Với u – 2v = 1, kết hợp với pt đầu ta được: 1
5
1,0đ
Đặt t= e x+ 1 ⇒ = + ⇒t2 e x 1 2 t dt e dx= x
Đổi cận: x= ln 3 ⇒ =t 2;x= ln 8 ⇒ =t 3
( 2 )
2
1 2
x x
e e dx I
−
− −
=
( 1)
dt
3 2
12
4
t
+ +
−
∫
=2( 2 3 12ln 4
2
t
2
|= 11- 24ln2
Vì (A AG ) và ' (A BG ' ) cắt nhau
theo giao tuyến là A’G và chúng
cùng vuông góc với mp(ABC),
nên A’G⊥(ABC) và
' 60 0
A AG∧ =
Gọi x là cạnh ∆ABC và H là trung điểm của BC 2 2. 3 3
0,25
0,25 0,25 0,25
0,25 0,25 0,25 0,25
0,25
B
C ’
A ’
B ’ J
A
H
C I
G
Trang 5V
(1,0đ)
VI.a
Ta có os60
2
a
x
Khi đó '
' ' ' ABC
ABC A B C
as 60
2
a
AG= in ° = ;
ABC
Gọi J là trung điểm củaAA',đường trung trực của AA 'cắt AG' ở I⇒ =R A I'
JA I GA A
A I A A
'
2
a
3
a R
⇒ =
(1,0đ )
Từ gt⇒ ≥x 2;y≥ − 1.
2 2
2. x− + 2 1. y+ 1 ≤ 2 + 1 x− + + 2 y 1 ⇔ 2 x− + 2 y+ ≤ 1 5(x y+ − 1)
Nên từ x y+ = 2 x− + 2 y+ + 1 1
⇒ + ≤ + − + Đặt t = x + y , ta có: t− ≤ 1 5( 1)t− ⇔ ≤ ≤ 1 t 6
Khi đó: F = 1( )2 2 1 2 2
2 x y+ + x y = 2t + t
Xét 1 2 2
( ) 2
t
= + , với t∈[ ]1;6 , có ' 1 [ ]
t t
[ ] 1;6
1 ( ) (1)
2
t
Min f t f
∈
1;6
2
ax ( ) (6) 18
6
t
⇒ GTNN của F là: 1
2đạt được tại: 1 2
1
x t
y
=
= ⇔ = −
GTLN của F là: 18 2
6
+ đạt được tại :t= 6 6
0
x y
=
⇔ =
1.(1,0đ)
Gọi AH là đường cao của ∆ABC, ta có ( ; ) 4
5
AH =d A ∆ =
ABC
S∆ = AH BC⇔ = BC⇔BC= .Gọi I ;R lần lượt là tâm và bán
kính của đường tròn cần tìm, ta có : 1 1
2
R AI= = BC =
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 6(1,0đ)
VI.b
(2,0đ)
0
4
x
0
4
x
AI = ⇔ x + + + − =
0 2
0
1
25
x
x
= −
Với x0 = − ⇒ 1 I(-1;1) ( ) (2 )2
Với 0
;
x = − ⇒I−
2 (1,0đ)
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là →u= (2 ; -1 ; 1)
Gọi →n= (a ; b ; c ) là vtpt của (P) Vì ∆ ⊂( )P ⇒ ⊥ ⇒→n u→ n u→ →. =0
⇔2a – b + c = 0 ⇔ b = 2a + c →n
⇒ =(a; 2a + c ; c ) ,
từ đó ta có: Pt(P) : a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0
⇔Pt (P) : ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0
d(A ; (P)) = 1
1 3
a
0
a c
⇔ + = ⇔ + =a c 0
với a + c = 0 , chọn a = 1 , c = -1 ⇒pt(P) : x + y – z = 0
1,0đ
Ta có: ∆ = − = − = ' 4 5 1 i2 1
2
2 2
= −
⇒ = +
Khi đó: ( )2011 ( )2011 ( )2011 ( )2011
(1 ) (1 )i i 1 i (1 )i
1 −i − 2i + + 1 i 2i
2 i(1 ) 2i i(1 ) 2i i(1 i 1 )i 2
1 (1,0đ)
Do điểm A ∈ đt: x + y + 3 = 0; C∈đt : x+ 2y + 3 = 0⇒
A(a ; - a – 3) ; C(- 2c – 3 ; c ) Vì ABCD là hình vuông nên I là trung điểm
của AC ⇒a− − + = −a− − =2c3 3 4c 6⇔a c= −= −41
⇒ A(-1 ; -2 ) ; C(5 ; -4 )
Ta có BI đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtpt là AC→ =(6 ; -2 )
0,25
0,25 0,25
0,25
0,25
0,25 0,25
0,5
0,5
0,5
Trang 7(1,0đ)
⇒pt BI : 3x – y – 9 = 0 , mà B∈ BI ⇒ B(b ; 3b – 9 )
Khi đó : AB→ = (b +1 ; 3b – 7) ; CB→ = (b- 5 ; 3b – 5)
ABCD là hình vuông nên AB CB→ . → =0 ⇔ +(b 1) (b− + 5) (3b− 7 3) ( b− = 5) 0
3
b
b
=
⇔ − + = ⇒ =
Với b = 1 ⇒B(1; 6 − ⇒) D( )3;0
Với b = 3 ⇒B( )3;0 ⇒D(1; 6 − )
2.(1,0đ)
Ta có : d1 đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là : u→1 = −(1; 1;0)
d2 đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là: u→2 = −(1; 2; 2)
Gọi →n là vtpt của mp(P), vì (P) song song với d1 và d2 nên
n
→= [u u→ →1; 2] = (-2 ; -2 ; -1) ⇒ pt mp(P): 2x + 2y + z + m = 0
d(d1;(P)) = d(A ; (P)) = 7
3
m
+
; d(d2 ;( ))P = d( B;(P)) = 5
3
m
+
vì d(d1;(P)) = 2 d(d2 ;( ))P ⇔ + = 7 m 2 5 +m
⇔ + = − +
3 17 3
m m
= −
⇔
= −
Với m = -3 ⇒mp(P) : 2x + 2y + z – 3 = 0
Với m = -17
3 ⇒mp(P) : 2x + 2y + z - 17
3 = 0 1,0đ
Pt đầu ⇔y – 2x + 8 = ( )6
2 ⇔ =y 2x
thế vào pt thứ hai ta được:
8x+ 2 3x x = 2.3x ⇔ + 8x 18x = 2.27x 8 18 2
⇔ ÷ + ÷ =
3
2
⇔ ÷ + ÷ =
Đặt: t = 2
3
x
÷
, (đk t > 0 ) , ta có pt: t3 + − = ⇔ −t 2 0 (t 1) (t2 + + =t 2) 0 0
1
0
x t
y
=
⇔ = ⇒ =
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25 0,25
0,5
