zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

75
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề kiểm tra chất lượng dạy học bồi dưỡng lần 1', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1

www.VNMATH.com S GD & T THANH HOÁ KI M TRA CH T LƯ NG D Y – H C B I DƯ NG L N 1 NĂM H C: 2011 - 2012 TRƯ NG THPT H U L C 4 ----------***---------- MÔN TOÁN, KH I A (Th i gian làm bài 180 phút) PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7,0 i m) Câu I (2,0 i m) Cho hàm s y = x 3 − 3 x 2 + 1 . 1. Kh o sát s bi n thiên và v th (C) c a hàm s . 2. Tìm hai i m M, N thu c th (C) sao cho dài o n MN b ng 32 và ti p tuy n c a (C) t i M và N song song v i nhau. Câu II (2,0 i m) π 2 sin( − x ) 4 1. Gi i phương trình (1 + sin 2 x ) = cot x + 1 . sin x 2. Gi i b t phương trình 3 x 3 − 1 ≤ 2 x 2 + 3 x + 1 . 1 3 xe x + e x + 2 Câu III (1,0 i m) Tính tích phân I = ∫ dx . xe x + 1 0 Câu IV (1,0 i m) Cho hình chóp S. ABC có áy ABC là tam giác vuông cân nh A, BC = 2 a . G i O là trung i m c a BC, hình chi u vuông góc H c a S lên m t áy ( ABC ) th a mãn: OA + 2OH = 0 , góc gi a SC và m t áy ( ABC ) b ng 600 . Hãy tính th tích kh i chóp S. ABC và kho ng cách t trung i m I c a SB t i m t ph ng ( SAH ) . 2 y(4 y 2 + 3 x 2 ) = x 4 ( x 2 + 3)  Câu V (1,0 i m) Gi i h phương trình  x 2012 ( 2 y − 2 x + 5 − x + 1) = 4024  PhÇn riªng (3,0 ®iÓm) ThÝ sinh chØ ®−îc lµm mét trong hai phÇn (phÇn A hoÆc phÇn B) A. Theo ch−¬ng tr×nh chuÈn C©u VI.a (2,0 i m) 1 1. Trong m t ph ng t a Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I (2;1) và AC = 2 BD . i m M (0; ) thu c 3 ư ng th ng AB, i m N (0;7) thu c ư ng th ng CD. Vi t phương trình ư ng chéo BD bi t nh B có hoành dương. 2. Trong không gian t a Oxyz, cho hai i m A(1;8;9) và B(−3; −4; −3) . Tìm t a i m C trên m t ph ng Oxy sao cho tam giác CAB cân t i C và có di n tích b ng 1672 . { } C©u VII.a (1,0 i m) Cho t p h p X = x ∈ N 2 x 2 − 31x + 15 ≤ 0 . Ch n ng u nhiên t t p X ba s t nhiên. Tính xác su t ba s ư c ch n có t ng là m t s l . B. Theo ch−¬ng tr×nh n©ng cao C©u VI.b (2,0 i m) Oxy, cho ư ng tròn (C ) : x 2 + y 2 = 2 . Vi t phương trình ti p tuy n c a 1. Trong m t ph ng t a ư ng tròn (C) bi t ti p tuy n ó c t các tia Ox, Oy l n lư t t i A và B sao cho tam giác OAB có di n tích nh nh t. 2. Trong không gian t a Oxyz, cho tam giác ABC có A(3;1;0) , nh B n m trên m t ph ng Oxy và nh C n m trên tr c Oz. Tìm t a các i m B và C sao cho i m H (2;1;1) là tr c tâm c a tam giác ABC. 1 1 8 Câu VII.b (1,0 i m) Gi i phương trình log 2 ( x + 3) + log 4 ( x − 1) = log 2 ( 4 x ) . 2 4 -------------------- 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 ®¸p ¸n – thang ®iÓm S GD & T THANH HOÁ TRƯ NG THPT H U L C 4 ®Ò kiÓm tra chÊt l−îng d¹y - häc båi d−ìng LÇn 1 ----------***---------- n¨m häc: 2011 – 2012- m«n to¸n, khèi A ( áp án – Thang i m g m 05 trang) Câu N i dung im T ng Kh o sát hàm s . 10. T p xác nh: D=R 0,25 20. S bi n thiên: Gi i h n: lim ( x3 − 3 x 2 + 1) = −∞; lim ( x3 − 3 x 2 + 1) = +∞ x →−∞ x →+∞ x = 0 y’=3x2-6x=0 ⇔  x = 2 B ng bi n thiên: x -∞ 0 2 +∞ 0,25 y’ + 0 - 0 + 1 +∞ y -∞ -3 Hàm s ng bi n trên m i kho ng: (-∞;0) và (2; + ∞) 0,25 Hàm s ngh ch bi n trên kho ng (0;2) C c tr : Hàm s t c c i t i x = 0, giá tr c c i b ng 1 1,0 Hàm s t c c ti u t i x = 2, giá tr c c i b ng -3. I.1 ( i m) th 30. Có y’’= 6x-6 y’’ = 0 và y’’ i d u t i x =1 → i m u n là I(1;-1) Nh n xét: th hàm s nh n i m 0,25 I(1;-1) là tâm i x ng Tìm hai i m M, N Gi s M (a; a3 − 3a + 1), N (b; b3 − 3b + 1) (a ≠ b) 0,25 Vì ti p tuy n c a (C) t i M và N song song suy ra y′ (a) = y′ (b) ⇔ (a − b)(a + b − 2) = 0 ⇔b = 2 – a ⇒ a ≠ 1 (vì a ≠ b). 0,25 MN 2 = (b − a)2 + (b3 − 3b 2 + 1 − a3 + 3a2 − 1)2 1,0 I.2 2 2 = [ 2(1 − a)] + (b − 1)3 − (a − 1)3 − 3(b − a) ( i m)   2 = 4(a − 1)2 + 2(1 − a)3 − 6(1 − a) = 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 0,25   MN 2 = 32 ⇔ 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 = 32 . t t = (a − 1)2  ⇒  a = 3 ⇒ b = −1 ⇒ M(3; 1) và N(–1; –3) 0,25 Gi i ra ư c t = 4  a = −1 ⇒ b = 3
www.VNMATH.com π 2 sin( − x ) 4 Gi i phương trình: (1 + sin 2 x ) = cot x + 1 . sin x i u ki n: sin x ≠ 0 0,25 PT ⇔ (cos x − s inx)(cos x + s inx)2 = cos x + s inx ⇔ (cos x + s inx) [(cos x − s inx)(cos x + s inx) − 1] = 0 0,25 ⇔ (cos x + s inx)(cos2 x − 1) = 0 1,0 II.1  π ( i m)  2 s in(x+ 4 )=0 ⇔ 0,25   cos2 x = 1  π  x = − 4 + kπ (tháa m·n §K) ⇔  0,25  x = kπ (kh«ng tháa m·n §K) π V y phương trình có nghi m x = − + kπ (k ∈ Z ). 4 Gi i b t phương trình i u ki n: x ≥ 1 3 x 3 − 1 ≤ 2 x 2 + 3 x + 1 ⇔ 3 x − 1. x 2 + x + 1 ≤ ( x − 1) + 2( x 2 + x + 1) 0,25 Chia hai v cho x2 + x + 1, ta ư c b t phương trình tương ương x −1 x −1 0,25 3 +2 ≤2 2 x + x +1 x + x +1 x −1 tt= , t ≥ 0, ta ta ư c b t phương trình: 2 1,0 x + x +1 II.2 ( i m) 0,25 3t ≤ t 2 + 2 ⇔ t ≤ 1 ho c t ≥ 2 + V i t ≤ 1 , ta có: x −1 ≤ 1 ⇔ x − 1 ≤ x 2 + x + 1 ⇔ x 2 ≥ −2 (luôn úng) 2 x + x +1 + V i t ≥ 2 , ta có: x −1 ≥ 2 ⇔ x − 1 ≥ 4( x 2 + x + 1) ⇔ 4 x 2 + 3 x + 5 ≤ 0 (vô nghi m) 0,25 2 x + x +1 V y b t phương trình ã cho có nghi m x ≥ 1. Tính tích phân 1 1 1 3 xe x + e x + 2 xe x + e x xe x + e x 1 I =∫ dx = ∫ (2 + )dx = 2 x + ∫ dx 0,25 xe x + 1 xe x + 1 x 0 0 xe + 1 0 0 1 xe x + e x Xét J = ∫ dx . t t = xe x + 1 ⇒ dt = ( xe x + e x )dx 0,25 1,0 III x 0 xe + 1 ( i m) i c n: x = 0 ⇒ t = 1, x = 1 ⇒ t = e + 1 e +1 e +1 dt ∫ T ó J= = ln t = ln(e + 1) 0.25 t 1 1 V y I = 2 + ln(e + 1) 0,25 Tính th tích, kho ng cách Ta có OA + 2OH = 0 nên H thu c tia i c a tia OA và OA = 2OH a BC = AB 2 = 2a ⇒ AB = AC = a 2 ; AO = a ; OH = 2 3a 0,25 AH = AO + OH = 2
www.VNMATH.com a5 Ta có HC = HO2 + OC 2 = 2 Vì SH ⊥ ( ABC ) ⇒ ∧ ∧ 0,25 ( SC ; ( ABC )) = SCH = 60 0 a 15 ; SH = HC tan 60 0 = 2 1,0 IV ( i m) a 3 15 1 11 2 a 15 VS . ABC = S ∆ABC .SH = . (a 2 ) = 3 32 2 6 0,25 BO ⊥ AH   ⇒ BO ⊥ ( SAH ) Ta có BO ⊥ SH  d ( I ,( SAH )) SI 1 ⇒ = = d ( B,( SAH )) SB 2 1 1 a ⇒ d ( I ,( SAH )) = d ( B,( SAH )) = BI = 0,25 2 2 2 2 y(4 y 2 + 3 x 2 ) = x 4 ( x 2 + 3) (1)  Gi i h phương trình:  x 2012 ( 2 y − 2 x + 5 − x + 1) = 4024 (2)  N u x = 0, t (1) suy ra y = 0. Khi ó không th a mãn (2). V y x ≠ 0 Chia c 2 v c a (1) cho x 3 , ta ư c: 2y 2y 0,25 ( )3 + 3. = x 3 + 3 x (3) x x Xét hàm s f (t ) = t 3 + 3t, t ∈ R . D th y f(t) là hàm s ng bi n trên R 2y = x , hay 2 y = x 2 . Do ó t (3) ta ư c x Th vào (2) ta có: 2012 x −1  ( x − 1)2 + 4 − ( x − 1) = 2 0,25     t u = x – 1, ta ư c phương trình : 2012 u ( u 2 + 4 − u) = 2 (4) 1,0 V ( i m) L i xét hàm s g(u) = 2012 u ( u2 + 4 − u) = 2 trên R. u Có g '(u) = 2012 u ln 2012( u 2 + 4 − u) + 2012 u ( − 1) 2 u +4 1 = 2012 u ( u2 + 4 − u)(ln 2012 − ) 0,25 2 u +4 1 u 2 + 4 − u > 0 và Vì < 1 < ln 2012 nên g’(u)>0 v i m i u ∈ R u2 + 4 Suy ra hàm s g(u) ng bi n trên R. M t khác g(0)=2 nên u = 0 là nghi m 1 duy nh t c a (4). T ó x = 1 và y = . 2 0,25 1 V y h PT có 1 nghi m duy nh t ( x; y ) = (1; ) . 2
www.VNMATH.com Vi t phương trình ư ng chéo BD B G i N’ là i m i x ng c a N qua I thì N’ thu c AB, ta có : M N'  x N ' = 2 xI − x N = 4  A C I  y N ' = 2 y I − y N = −5 N D 0,25 Phương trình ư ng th ng AB(qua M và N’): 4x + 3y – 1 = 0 4.2 + 3.1 − 1 Kho ng cách t I n ư ng th ng AB: d = =2 0,25 4 2 + 32 1,0 VI.a.1 ( i m) AC = 2. BD nên AI = 2 BI, t BI = x, AI = 2x. Trong ∆vuông ABI có: 1 1 1 = 2 + 2 suy ra x = 5 suy ra BI = 5 2 4x d x i m B là giao i m c a ư ng th ng 4x + 3y – 1 = 0 v i ư ng tròn tâm I 0,25 bán kính 5 4x + 3y – 1 = 0 Ta B là nghi m c a h :  2 2 ( x − 2) + ( y − 1) = 5 0,25 B có hoành dương nên B( 1; -1). V y phương trình ư ng chéo BD ( i qua B và I) là: 2x – y - 3 = 0. Tìm t a i mC G i C(a ;b ;0). Ta có CA = CB hay CA2 = CB2 0,25 ⇔ (a − 1)2 + (b − 8)2 + 92 = (a + 3)2 + (b + 4)2 + 32 ⇔ a = 14 − 3b G i I là trung i m c a AB. Ta có I(-1 ;2 ;3). AB = 304 . 1,0 2S VI.a.2 0,25 Vì tam giác ABC cân t i C nên CI = ∆ABC = 22 ( i m) AB 0,25 Ta có C(14-3b; b; 0). CI = 22 ⇔ (15 − 3b)2 + (b − 2)2 + 32 = 22 27 11 27 T ó b = 4 ho c b = . Suy ra C (2; 4; 0) hoÆc C(- ; ; 0) 0,25 5 55 Tính xác su t 1 ≤ x ≤ 15 .Vì x thu c N nên X = {1;2;3;...;15} . Ta có 2 x 2 − 31x + 15 ≤ 0 ⇔ 0,25 2 0,25 S cách ch n ng u nhiên 3 s t nhiên trong t p X là C15 . 3 t ng 3 s ó là s l , ta có các trư ng h p: +C 3s u l : S cách ch n là C8 (vì t p X có 8 s l và 7 s ch n) 3 1,0 VII.a ( i m) + Có 2 s ch n và 1 s l : S cách ch n là C7 .C8 2 1 0,25 ⇒ s cách ch n 3 s có t ng là 1 s l là C8 + C7 .C8 . 3 2 1 3 2 1 C8 + C7 .C8 224 32 0,25 V y xác su t c n tìm là: P = . = = 3 455 65 C15
www.VNMATH.com Vi t phương trình ti p tuy n Taâm (C ): O (0;0)   0,25 + ư ng tròn(C) có  . Baùn kính (C ) : R = 2    A(a;0) , B (0; b) v i a > 0, b > 0 G it a xy xy 0,25 + Phương trình AB: + = 1 ⇔ + −1 = 0 ab ab 1 1,0 ab AB ti p xúc (C) ⇔ d (O, AB ) = 2 ⇔ = 2⇔ = 2 (*) VI.b.1 ( i m) 0,25 1 1 a + b2 2 + a2 b2 a 2b 2 a 2b 2 ⇒2= 2 ≤ = S∆OAB a + b2 2a b ⇒ S∆OAB nh nh t khi a = b .T a = b và (*) suy ra a = b = 2 . xy K t lu n: Phương trình ti p tuy n là + −1 = 0 . 0,25 22 Tìm t a các i m B và C Vì B ∈ mp(Oxy) ⇒ B( x; y;0), C ∈ Oz ⇒ C(0;0; z ) 0,25 AH = (−1;0;1), BH = (2 − x;1 − y;1) 0,25 BC = (− x; − y; z ), AC = (−3; −1; z ), AB = ( x − 3; y − 1;0)  AH. BC = 0   0,25 H là tr c tâm tam giác ABC ⇔  BH. AC = 0 1,0  VI.b.2   AH, AC  . AB = 0 ( i m)   z = − x x + z = 0  x = 3; y = 1; z = 3   ⇔ ⇔ 3 x + y + z − 7 = 0 ⇔  y = 7 − 2 x  x = −7 ; y = 14; z = 7 0,25  x + yz − 3 y − z = 0 2   2 2 2 x + x − 21 = 0 −7 7 V y B(3;1;0), C(0;0; −3) ho c B( ;14;0), C(0;0; ) 2 2 Gi i phương trình 0,25 i u ki n: 0 < x ≠ 1 0,25 PT ⇔ ( x + 3) x − 1 = 4 x 1,0 ( 2 ) ⇔ x 2 − 2 x = −3 ⇔ x = 3 0,25 Trư ng h p 1: x > 1 VII.b ( i m) p 1: 0 < x < 1 ( 2 ) ⇔ x 2 + 6 x − 3 = 0 ⇔ x = 2 3 −3 Trư ng h { } 0,25 V y t p nghi m c a phương trình là T = 3; 2 3 − 3 N u thí sinh làm bài không theo cách nêu trên áp án mà v n úng thì ư c i m thành ph n như áp án quy nh. -------------------- HÕt --------------------

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.