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 2cos2 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:
ln 3 3 1 3
x
e dx I
e e
Câu IV(1,0 điểm) Cho hình lăng trụABC A B C có đáy ABC là tam giác đều tâm G, cạnh bên ' ' ' AA ' vàa
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
Tìm GTLN, GTNN của F = ( ) ( ) 2(1 )
xy x y
x y y x
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 Tính: 5 0 (z1 1)2011 (z2 1)2011
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)
, x Lim y( 1)
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)
2.Gọi M( 0
0 0
1
; 2( 1)
x x x
) ( )C là điểm cần tìm
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)
Gọi tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình :
0
1 ( )( )
2( 1)
x
y f x x x
x
0 0 2
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
0 0
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 2
1 4
1
x
(vì A, B O nên 2
0 2 0 1 0
x x )
1
1
Với 0
x M ; với 0
( ; )
1 (1,0đ)
Pt cos4x + cos2x + sin(3x -
3
) + sin(x-
3
) = 0
2cos3x cosx +
2sin(2x-3
) cosx = 0
3
x c x x
cos 0 os3 sin(2 ) 0
3
x
Với cosx = 0 x =
2 k
Với cos3x + sin(2x-
3
) = 0 os3 os( 2 )
6
6
6
2 6
2
kZ
2 (1,0đ)
đk:0 x 2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 4III
(1,0đ)
IV
(1,0đ)
đặt:
2
(đk u, v 0 ) , ta có hệ:
2 2 2
2
u v
u u uv v
nhân pt đầu với 2, trừ theo vế cho pt còn lại ta được :
2 2 2 3 ( ) 0
u v uv u v (u v u )( 2 ) (v u v ) 0 (u v u )( 2v 1) 0
0
2 1 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
1 2
3 4
x x
t t dt
e e dx I
=
( 1)
t t dt t t
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
Ta có os60
2
a
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
x
Khi đó '
' ' ' ABC
ABC A B C
V AG S
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
Vì 2. x 2 1 y 12 2 2 1 2 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 = 12(x y )2 x y2 12t2 2t
Xét ( ) 1 2 2
2
f t t
t
, với t 1;6, có ' 1
t t
1;6
1 ( ) (1)
2
t
Min f t f
; 1;6ax ( ) (6) 18 2
6
t
M f t f
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
2
0
4
x
AI x
0 2
0
1
25
x
x
Với x 0 1 I(-1;1) pt C( ) :x 12y 12 1
Với 0
;
x I
pt C x y
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 (2 )
a
a c2 0
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: z1 12011z2 12011 1 i20111 i2011
(1 ) (1 )i i 1 i (1 i)
=1 i 2i10051 i 2i 1005
2 i(1 ) 2i i(1 ) 2i i(1 i 1 )i 2
1 (1,0đ)
Do điểm A đt: x + y + 3 = 0; Cđt : 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 )
pt BI : 3x – y – 9 = 0 , mà B BI B(b ; 3b – 9 )
0,25
0,25 0,25
0,25
0,25
0,25 0,25
0,5
0,5
0,5
Trang 7(1,0đ)
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 B1; 6 D3;0
Với b = 3 B3;0 D1; 6
2.(1,0đ)
Ta có : d1 đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là : u1 1; 1;0
d2 đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là: u2 1; 2; 2
Gọi n
là vtpt của mp(P), vì (P) song song với d1 và d2 nên
n
= [u u1;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 = 2 6 y 2x
thế vào pt thứ hai ta được:
8x 2 3x x 2.3x
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
