[r]
Trang 1SỞ GD & ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
-*** -
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY – HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1
NĂM HỌC: 2011 - 2012
MÔN TOÁN, KHỐI A (Thời gian làm bài 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=x3−3x2+1
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Tìm hai điểm M, N thuộc đồ thị (C) sao cho độ dài đoạn MN bằng 32 và tiếp tuyến của (C) tại M và
N song song với nhau
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình
2 sin( )
4 (1 sin 2 ) cot 1 sin
x
x
π
−
2 Giải bất phương trình 3 x3− ≤1 2x2+3x+1
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
1
0
1
x x
x
xe e
xe
=
+
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABClà tam giác vuông cân đỉnh A, BC= 2a Gọi O là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: OA+2OH =0
, góc giữa SCvà mặt đáy (ABC)bằng 0
60 Hãy tính thể tích khối chóp S ABC và khoảng cách từ trung điểm I của SB tới mặt phẳng (SAH)
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2012 ( 2x 2 5 1) 4024
PhÇn riªng(3,0 ®iÓm)
ThÝ sinh chØ ®−îc lµm mét trong hai phÇn(phÇnAhoÆc phÇnB)
A Theo ch−¬ng tr×nh chuÈn
C©u VI.a(2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC= 2BD Điểm (0; )1
3
M thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B
có hoành độ dương
2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;8;9) và B( 3; 4; 3)− − − Tìm tọa độ điểm C trên mặt phẳng Oxy sao cho tam giác CAB cân tại C và có diện tích bằng 1672
C©u VII.a (1,0 điểm) Cho tập hợp X ={x∈N2x2−31x+15 0≤ } Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự
nhiên Tính xác suất để ba số được chọn có tổng là một số lẻ
B Theo ch−¬ng tr×nh n©ng cao
C©u VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( )C :x2+y2=2 Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3;1;0), đỉnh B nằm trên mặt phẳng Oxy và
đỉnh C nằm trên trục Oz Tìm tọa độ các điểm B và C sao cho điểm H(2;1;1) là trực tâm của tam giác ABC
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình 1log 2( 3) 1log4( 1)8 log 4 2( )
- HÕt - ThÝ sinh kh«ng ®−îc sö dông tµi liÖu C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm
Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh:
www.VNMATH.com
Trang 2SỞ GD & ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
-*** -
đáp án – thang điểm
đề kiểm tra chất l−ợng dạy - học bồi d−ỡng Lần 1
năm học: 2011 – 2012- môn toán, khối A
(Đỏp ỏn – Thang điểm gồm 05 trang)
I.1
Khảo sỏt hàm số.
0
1 Tập xỏc định: D=R
0
2 Sự biến thiờn:
Giới hạn: lim( 3 3 2 1) ; lim ( 3 3 2 1)
y’=3x2-6x=0 0
2
x x
=
⇔
=
Bảng biến thiờn:
x -∞ 0 2 + ∞
y’ + 0 - 0 +
1 + ∞
y
-∞ -3
Hàm sốđồng biến trờn mỗi khoảng: (-∞;0) và (2; + ∞)
Hàm số nghịch biến trờn khoảng (0;2)
Cực trị: Hàm sốđạt cực đại tại x = 0, giỏ trị cực đại bằng 1
Hàm sốđạt cực tiểu tại x = 2, giỏ trị cực đại bằng -3
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0 (điểm)
I.2
Tỡm hai điểm M, N
Giả sử M a a( ; 3−3a+1),N b b( ; 3−3b+1) (a≠b)
Vỡ tiếp tuyến của (C) tại M và N song song suy ra
y a′( )=y b′( )⇔ (a b a b− )( + −2)=0⇔b = 2 – a ⇒ a ≠ 1 (vỡ a ≠ b)
2 ( )2 ( 3 3 2 1 3 3 2 1)2
MN = b a− + b − b + −a + a − =[ ]2 3 3 2
2(1−a) +(b−1) −(a−1) −3(b−a) = 2 3 2
4(a−1) +2(1−a) −6(1−a) = 4(a−1)6−24(a−1)4+40(a−1)2
2 32
MN = ⇔ 4(a−1)6−24(a−1)4+40(a−1)2 = 32 Đặt t=(a−1)2
Giải ra được t = 4 ⇒ a b
= ⇒ = −
= − ⇒ =
⇒ M(3; 1) và N(–1; –3)
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0 (điểm)
0
3 Đồ thị
Cú y’’= 6x-6
y’’ = 0 và y’’ đổi dấu tại
x =1→điểm uốn là I(1;-1)
Nhận xột:
Đồ thị hàm số nhận điểm
I(1;-1) là tõm đối xứng
Trang 3II.1
Giải phương trình:
2 sin( )
4 (1 sin 2 ) cot 1 sin
x
x
π
−
Điều kiện: sinx ≠0
π
π π π
⇔
=
= − +
⇔
=
2 (cos s inx)(cos s inx) cos s inx (cos s inx) (cos s inx)(cos s inx) 1 0
(cos s inx)( os2 1) 0
2 s in(x+ )=0
4 os2 1
(tháa m·n §K) 4
(kh«ng tháa m·n §K)
x k
Vậy phương trình có nghiệm = −π + π ( ∈ )
4
0,25 0,25 0,25
0,25
1,0 (điểm)
II.2
Giải bất phương trình
Điều kiện: x ≥≥ 1
3 x 1 2x 3x 1 3 x 1 x x 1 (x 1) 2(x x 1)
Chia hai vế cho x2 + x + 1, ta được bất phương trình tương đương
3 2 1 2 1 2
Đặt t =
1
1
2+ +
−
x x
x
, t≥ 0, ta ta được bất phương trình:
3t≤t2+ ⇔ ≤2 t 1 hoặc t ≥2
+ Với t ≤1, ta có:
2
1
1
x
−
+ Với t ≥2, ta có:
2
1
1
x
−
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x ≥≥ 1
0,25 0,25
0,25
0,25
1,0 (điểm)
III
Tính tích phân
1 0
Xét
1
x x
x
xe e
xe
+
=
+
t=xe + ⇒dt= xe +e dx
Đổi cận: x=0⇒ =t 1, x= ⇒ = +1 t e 1
Từđó
1
1
1
1
e
e dt
t
+
+
Vậy I = +2 ln(e+1)
0,25 0,25
0.25 0,25
1,0 (điểm)
Tính thể tích, khoảng cách
Ta có OA+2OH=0
nên H thuộc tia đối của tia OA và OA = 2OH
BC = AB 2 =2a ⇒AB=AC=a 2 ; AO = a; OH =
2
a
AH = AO + OH =
2
www.VNMATH.com
Trang 4IV
6
15 2
15 )
2 ( 2
1 3
1
3
2
a a
a SH
S
Ta có ⊥ ⇒ ⊥
BO SH
d I SAH SI
d B SAH SB
( ,( )) ( ,( ))
a
0,25
0,25
0,25
1,0 (điểm)
V
Giải hệ phương trình:
2012 ( 2x 2 5 1) 4024 (2)
Nếu x = 0, từ (1) suy ra y = 0 Khi đó không thỏa mãn (2) Vậy x ≠0
Chia cả 2 vế của (1) cho 3
x , ta được:
2 3 2 3
( y) 3 y 3
x + x = + (3) Xét hàm số f t( )=t3+3 ,t t∈R Dễ thấy f(t) là hàm sốđồng biến trên R
Do đó từ (3) ta được 2y x
x = , hay 2y=x2
Thế vào (2) ta có: 1 2
2012x− (x−1) +4 (− x−1)=2
Đặt u = x – 1, ta được phương trình : 2012 (u 2 4 ) 2
u + −u = (4)
Lại xét hàm số ( ) 2012 (u 2 4 ) 2
g u = u + −u = trên R
2
'( ) 2012 ln 2012( 4 ) 2012 ( 1)
4
u
+
2
2
1
4
u
u
+
Vì u2+4− >u 0 và
2
1
1 ln 2012 4
u
< <
+
nên g’(u)>0 với mọi u R∈ Suy ra hàm số g(u) đồng biến trên R Mặt khác g(0)=2 nên u = 0 là nghiệm
duy nhất của (4) Từđó x = 1 và 1
2
y = .
Vậy hệ PT có 1 nghiệm duy nhất ( ; ) (1; )1
2
x y =
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0 (điểm)
2
a
HC= HO +OC =
VìSH ⊥(ABC)⇒
0 60 ))
(
;
∧
∧
SCH ABC
SC
2
15 60
tan 0 a HC
Trang 5VI.a.1
Viết phương trình đường chéo BD
N D
I
B N' M
Phương trình đường thẳng AB(qua M và N’): 4x + 3y – 1 = 0
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB:
2 2
4.2 3.1 1
2
+
AC = 2 BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x Trong ∆vuông ABI có:
12 12 12
4
d = x + x suy ra x = 5 suy ra BI = 5
Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I
bán kính 5
Tọa độ B là nghiệm của hệ: 4x 3y – 1 02 2
(x 2) (y 1) 5
B có hoành độ dương nên B( 1; -1)
Vậy phương trình đường chéo BD (đi qua B và I) là: 2x – y - 3 = 0
0,25 0,25
0,25
0,25
1,0 (điểm)
VI.a.2
Tìm tọa độ điểm C
Gọi C(a ;b ;0) Ta có CA = CB hay CA 2
= CB 2
(a 1) (b 8) 9 (a 3) (b 4) 3 a 14 3b
Gọi I là trung điểm của AB Ta có I(-1 ;2 ;3) AB = 304
Vì tam giác ABC cân tại C nên 2S ABC 22
CI
AB
∆
22 (15 3 ) ( 2) 3 22
Từđó b = 4 hoặc 27
5
b = Suy ra (2; 4; 0) 11 27; ; 0)
5 5
C(-0,25
0,25 0,25 0,25
1,0 (điểm)
VII.a
Tính xác suất
Ta có 2− + ≤ ⇔1 ≤ ≤
2
x x x .Vì x thuộc N nên X = 1;2;3; ;15{ }
Số cách chọn ngẫu nhiên 3 số tự nhiên trong tập X là 3
15
C
Để tổng 3 sốđó là số lẻ, ta có các trường hợp:
+ Cả 3 sốđều lẻ: Số cách chọn là 3
8
C (vì tập X có 8 số lẻ và 7 số chẵn) + Có 2 số chẵn và 1 số lẻ: Số cách chọn là 2 1
7 8
C C ⇒ số cách chọn 3 số có tổng là 1 số lẻ là 3
8
C + 2 1
7 8
C C
Vậy xác suất cần tìm là: = + = =
3 2 1
8 7 8 3 15
455 65
P
0,25 0,25
0,25 0,25
1,0 (điểm)
Gọi N’ là điểm đối xứng của N
qua I thì N’ thuộc AB, ta có :
' '
www.VNMATH.com
Trang 6VI.b.1
Viết phương trình tiếp tuyến
+ Đường trịn(C) cĩ ( ) ( )
( )
0;0
Tâm : Bán kính
Gọi tọa độ A a( ;0 ,) (B 0;b) với a>0,b> 0
+ Phương trình AB: x y 1 x y 1 0
a+b = ⇔ a+ − = b
1
ab
d O AB
+ +
(*)
2 2 2 2
2 2 2
S
+ ⇒S∆OAB nhỏ nhất khi a= Tb ừ a= và (*) suy ra b a= = b 2
Kết luận: Phương trình tiếp tuyến là 1 0
+ − =
0,25
0,25 0,25
0,25
1,0 (điểm)
VI.b.2
Tìm tọa độ các điểm B và C
Vì B∈mp Oxy( )⇒B x y( ; ;0), C∈Oz⇒C(0;0; )z
( 1;0;1), (2 ;1 ;1)
( ; ; ), ( 3; 1; ), ( 3; 1;0)
H là trực tâm tam giác ABC
AH BC
BH AC
AH AC AB
2
; 14;
⇔ ++ + − =− − = ⇔ = − ⇔ = − = =
Vậy (3;1;0),B C(0;0; 3)− hoặc ( 7;14;0), (0;0; )7
0,25 0,25 0,25
0,25
1,0 (điểm)
VII.b
Giải phương trình
Điều kiện: 0<x≠1
PT ⇔(x+3)x− =1 4x
Trường hợp 1: x >1 ( )2 ⇔x2−2x= − ⇔3 x=3
Trường hợp 1: 0<x<1 ( )2 ⇔x2+6x− =3 0⇔x=2 3 3−
Vậy tập nghiệm của phương trình là T ={3; 2 3 3− }
0,25 0,25 0,25
0,25
1,0 (điểm)
Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trên đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm thành phần như
đáp án quy định
- HÕt -