Thể loại Giáo án bài giảng Tiếng Anh 2
Số trang 1
Ngày tạo 10/6/2011 12:14:38 AM +00:00
Loại tệp doc
Kích thước 1.46 M
Tên tệp de so 23 doc
Së GD-§T phó thä
Trêng T.H.p.t long ch©u sa ÐỀ THI thö ĐẠI HỌC
NĂM häc: 2010-2011
Môn thi : TOÁN
Thêi gian lµm bµi:150 phót(kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I:(2 điểm)
Cho hàm số : (C)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox.
Câu II:(2 điểm)
1. Giải phương trình:
2. Giải phương trình:
Câu III: (2 điểm)
1.TÝnh nguyªn hµm:
2.Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh:
Câu IV: (1 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0; . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Chó ý:ThÝ sinh chØ ®îc chän bµi lµm ë mét phÇn nÕu lµm c¶ hai sÏ kh«ng ®îc chÊm
A. Theo chương trình chuẩn
Câu Va :
1. Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: .
2. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0.
Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb:
1. Giải phương trình :
2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với ®¸y hình chóp.
Cho AB = a, SA = a. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vu«ng gãc của A lên SB, SD.
Chứng minh SC (AHK) và tính thể tích khèi chóp OAHK.
………………… …..………………..Hết…………………………………….
(C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm)
Híng dÉn chÊm m«n to¸n
C©u |
ý |
Néi Dung |
§iÓm |
I |
|
|
2 |
|
1 |
Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iÓm) |
1 |
|
Nªn hµm sè nghÞch biÕn trªn
|
0,25 |
|
+ Giíi h¹n ,tiÖm cËn:
§THS cã tiÑm cËn ®øng : x = -1/2
®THS cã tiÖm cËn ngang: y = -1/2
|
0,25 |
||
+ B¶ng biÕn thiªn:
|
0,25 |
|
|
|
0,25 |
|
2 |
|
|
|
|
Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng () tiếp xúc với (C)
|
0,25 |
|
0,25 |
|
|
Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là
|
|
và . Do đó |
0,25 |
||
|
0,25 |
||
II |
|
|
2 |
|
1 |
|
|
|
1. Giải phương trình: (1) (1)
|
0,25 |
|
|
0,25 |
||
|
0,25 |
||
|
0,25 |
||
2 |
|
|
|
|
2. Phương trình: (1) (1) |
0,25 |
|
|
đặt: t = log3x
|
0,25 |
thành (vì t = -2, t = 1 không là nghiệm)
|
0,25 |
|
|
Do đó, (1)
|
0,25
|
III |
|
|
2 |
|
1 |
|
1 |
|
Ta cã |
0,25 |
|
§¨t u = sinx |
O,25 |
||
Ta cã:
|
0,25 |
||
VËy |
0,25 |
||
2 |
|
1 |
|
|
§k: Bpt |
0,25
|
|
|
0,25
0,25
0,25 |
||
|
|
IV |
|
|
1 |
|
|
. Tọa độ A là nghiệm của hệ A(–4, 2)
|
0,25
|
|
|
Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên (1)
|
0,25 |
Vì B(xB, yB) AB yB = –4xB – 14 (2) C(xC, yC) AC ( 3)
|
0,25 |
||
Thế (2) và (3) vào (1) ta có
Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)
|
0,25 |
||
V.a |
|
|
3 |
|
1 |
|
1 |
|
1. Điều kiện n 4 Ta có: Hệ số của số hạng chứa x8 là
|
0,25 |
|
Hệ số của số hạng chứa x8 là
|
0,25
|
||
Ta có: (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49 n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0 (n – 7)(n2 + 7) = 0 n = 7
|
0,25 |
||
Nên hệ số của x8 là
|
0,25 |
||
2 |
|
2 |
|
|
Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB IM tại trung điểm H của đoạn AB. |
0,25
|
|
Ta có |
0,25 |
|
|
Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B' |
0,25
|
Ta có: Ta có: |
0,25
|
||
và ; |
0,25
|
||
Ta có:
|
0,25
|
||
Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43
|
0,25 |
V.b |
|
|
3 |
|
1 |
|
1 |
|
§k:
|
0,25
|
|
|
0,25 |
||
|
0,25 |
||
|
0,25 |
||
2 |
|
2 |
|
|
+BC vuông góc với (SAB) BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB AH vuông góc với (SBC) AH vuông góc SC (1)
|
0,25
|
|
|
|
|
+ Tương tự AK vuông góc SC (2) (1) và (2) SC vuông góc với (AHK )
|
0,25
|
||
SB = AH.SB = SA.AB AH=SH= SK= (do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
|
0,25
|
||
Ta có HK song song với BD nên .
|
0,25
|
||
kÎ OE// SC suy ra OE lµ ®êng cao cña h×nh chãp OAHK vµ OE=1/2 IC=1/4SC = a/2 |
0,5 |
||
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có AM=
|
0,25
|
|
|
(®vtt) S
|
0,25
|
Câu II:
1. Giải phương trình: (1)
(1)
2. Phương trình: (1)
(1)
đặt: t = log3x
(1) thành
(vì t = -2, t = 1 không là nghiệm)
Do đó, (1)
Câu IV:
. Tọa độ A là nghiệm của hệ A(–4, 2)
Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên
(1)
Vì B(xB, yB) AB yB = –4xB – 14 (2)
C(xC, yC) AC ( 3)
Thế (2) và (3) vào (1) ta có
Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)
Câu Vb:
+BC vuông góc với (SAB)
BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB
AH vuông góc với (SBC) AH vuông góc SC (1)
+ Tương tự AK vuông góc SC (2)
(1) và (2) SC vuông góc với (AHK )
SB =
AH.SB = SA.AB AH=SH= SK=
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
Ta có HK song song với BD nên .
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có
AM=
Cách khác:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0; )
Câu I:
1. Khảo sát (Bạn đọc tự làm)
2. Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là
Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng
() tiếp xúc với (C)
© 2024 - nslide
Website chạy thử nghiệm. Thư viện tài liệu miễn phí mục đích hỗ trợ học tập nghiên cứu , được thu thập từ các nguồn trên mạng internet ... nếu tài liệu nào vi phạm bản quyền, vi phạm pháp luật sẽ được gỡ bỏ theo yêu cầu, xin cảm ơn độc giả