Tài liệu SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1, NĂM HỌC: 2012 - 2013 MÔN TOÁN, KHỐI A VÀ KHỐI A1 pdf

6 612 0
Tài liệu SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1, NĂM HỌC: 2012 - 2013 MÔN TOÁN, KHỐI A VÀ KHỐI A1 pdf

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

S GD & T THANH HO TRNG THPT HU LC 4 KIM TRA CHT LNG ễN THI I HC LN 1, NM HC: 2012 - 2013 MễN TON, KHI A V KHI A 1 (Thi gian lm bi 180 phỳt) PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im) Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s: 3 4 4 3 x y x . a) Kho sỏt v v th (C) ca hm s. b) Vit phng trỡnh tip tuyn ti im A ca (C), bit tip tuyn ct trc honh ti B sao cho tam giỏc OAB cõn ti A. Cõu 2 (1,0 im). Gii phng trỡnh (2cos 1)(sin cos ) 1 x x x . Cõu 3 (1,0 im). Gii h phng trỡnh 2 4 2 2 2 4 2 0 ( , ) 8 3 4 0 x xy x y x y x x y x y . Cõu 4 (1,0 im). Gii bt phng trỡnh 1 3 9 2log 9 9 log 28 2.3 x x x . Cõu 5 (1,0 im). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l na lc giỏc u ni tip trong ng trũn ng kớnh AD = 2a, SA (ABCD), SA 6 a , H l hỡnh chiu vuụng gúc ca A trờn SB. Tỡm th tớch khi chúp H.SCD v tớnh khong cỏch gia hai ng thng AD v SC. Cõu 6 (1,0 im). Cho cỏc s thc khụng õm a, b, c tha món 3 ab bc ca v . a c Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc 2 2 2 1 2 3 . ( 1) ( 1) ( 1) P a b c Phần riêng (3,0 điểm) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chơng trình chuẩn Câu 7.a (1,0 im). Trong mt phng to Oxy, cho hai ng thng 1 d :3 5 0 x y , 2 d :3 1 0 x y v im I(1; 2) . Vit phng trỡnh ng thng i qua I v ct d 1 , d 2 ln lt ti A v B sao cho AB 2 2 . Cõu 8.a (1,0 im). Trong mt phng ta Oxy, cho tam giỏc ABC ni tip trong ng trũn 2 2 (T) : 4 2 0 x y x y tõm I v ng phõn giỏc trong ca gúc A cú phng trỡnh 0 x y . Bit din tớch tam giỏc ABC bng ba ln din tớch tam giỏc IBC v im A cú tung dng. Vit phng trỡnh ng thng BC. Câu 9.a (1,0 im). Cho n l s nguyờn dng tha món 3 3 3 1 6 294. n n A C Tỡm s hng m tớch s m ca x v y bng 18 trong khai trin nh thc Niu-tn n x y y nx 2 24 3 , 0 xy . B. Theo chơng trình nâng cao Câu 7.b (1,0 im). Trong mt phng ta Oxy, cho hỡnh thang ABCD vuụng ti A v D, CD 2AB , B(8;4) . Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca D lờn AC, 82 6 M( ; ) 13 13 l trung im ca HC. Phng trỡnh cnh AD l 2 0. x y Tỡm ta cỏc nh A, C, D ca hỡnh thang. Câu 8.b (1,0 im). Trong mt phng to Oxy, cho A(3;0) v elớp 2 2 ( ) : 1. 9 1 x y E Tỡm im B v C thuc Elớp sao cho tam giỏc ABC vuụng cõn ti A, bit im C cú tung õm. Cõu 9.b (1,0 im). Trờn cỏc cnh AB, BC, CD, DA ca hỡnh vuụng ABCD ln lt ly 1, 2, 3 v n im phõn bit khỏc A, B, C, D. Tỡm n bit s tam giỏc ly t n + 6 im ó cho l 439. Hết Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh: Số báo danh: S GD & T THANH HO TRNG THPT HU LC 4 *** đáp án thang điểm đề kiểm tra chất lợng ôn thi đại học Lần 1 năm học: 2012 2013- môn toán, khối A A 1 (ỏp ỏn Thang im gm 05 trang) P N THANG IM Cõu ỏp ỏn im 1 (2,0 im) a. (1,0 i m ) * Tp xỏc nh 3 \ 4 D R * S bin thiờn: + Chiu bin thiờn: ' 2 25 0, (4 3) y x D x Hm s ng bin trờn cỏc khong 3 ; 4 v 3 ; 4 . 0.25 + Cc tr: Hm s khụng cú cc tr. + Gii hn v tim cn : 3 lim lim 4 x x y y tim cn ngang: y = 3 4 4 4 ( ) ( ) 3 3 lim , lim x x y y tim cn ng: x = - 4 3 0.25 + Bng bin thiờn: x - - 3 4 ' y + + y + 3 4 3 4 - 0.25 * th: th hm s i xng qua giao im 2 ng tim cn. 0.25 b.(1,0 điểm) Gọi M là trung điểm của OB có tọa độ 0 ( ;0) M x . Suy ra 0 (2 ;0) B x , 0 0 0 3 4 ( ; ) 4 3 x A x x   Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A có dạng: 0 0 2 00 25 3 4 ( ) 4 3 (4 3) x y x x x x       0.25 Ta có 0 0 0 4 3 ( ; ) 4 3 x AB x x     . Do đó tiếp tuyến có hệ số góc là 0 0 0 4 3 (4 3) x k x x    Mà ta lại có 0 2 0 25 '( ) (4 3) k y x x    0.25 Suy ra 0 0 2 0 0 0 0 2 4 3 25 1 (4 3) (4 3) 2 x x x x x x             0.25 Từ đó ta viết được phương trình 2 tiếp tuyến cần tìm là: 4 y x   1 y x   . 0.25 2 (1,0 điểm) (1,0 điểm) PT đã cho tương đương với: 2 sin 2 2 cos (s inx cos ) 1 x x x     0.25 sin 2 1 o s 2 (s in x c o s ) 1 x c x x       0.25 sin 2 os2 s inx cos x c x x     sin(2 ) s in(x ) 4 4 x       0.25 2 x k    hoặc 2 , 6 3 x k k Z      0.25 3 (1,0 điểm) (1,0 điểm) + Trường hợp 1: 0 0 x y    . Suy ra 0 0 x y      là nghiệm của hệ 0.25 + Trường hợp 2: 0 x  Chia hai vế của phương trình đầu tiên cho x , phương trình hai cho 2 x : 2 2 2 2 2 2 2 2 4 1 0 4 1 4 4 8 3 0 8 3 y y x y x y x x y y x y x y x x                                2 2 2 3 8 2 4 1 2 12 3                                y y x y x y x y x 0. 5 Suy ra   2 4 1 12 3 1 y y y      hoặc 1 4 y  (loại) Với 1 y  ta có 2 3 1 x x x     hoặc 2 x  Kết luận: Hệ có 3 nghiệm ( ; ) x y là       0;0 ; 1;1 ; 2;1 0.25 4 (1,0 điểm) (1,0 điểm) Điều kiện: 3 14. x  Bất phương trình đã cho tương đương với:     3 3 3 . log 9 9 log 28 2.3 x x x        0.25 1 0 3 9 3 3.9 28.3 9 3 x x x x            0.25 Kết hợp với điều kiện, ta được 1 3 3 x  hoặc 9 3 14 x   0.25 Từ đó, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:     3 ; 1 2;log 14 S     . 0.25 5 (1,0 điểm) (1,0 điểm) Trong tam giác vuông SAB có 2 2 2 2 2 2 2 2 . 6 6 7 7 SA SH SB SH SA SA SB SB SA AB SH a SB a         . 0.25 Do đó: . . 6 6 6 1 2 = . . 6. 7 7 7 3 7 HSDC B SCD S BC D BCD BCD V V V SA S a S    0.25 K là hình chiếu của B trên AD ta có: BK.AD = AB.BD suy ra 2 . 3 1 3 . 2 2 4 BCD AB BD a a BK S BK BC AD      , suy ra: 3 3 2 V 14 HSDC a  Do AD//(SBC) nên     ( , ) ( , ) ( , ) AD SC AD SBC A SBC d d d   0.25 Dựng hình bình hành ADBE. Do AB  BD nên AB  AE Đặt   ( , ) d A SBC = h. Trong tứ diện vuông ASEB, ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9 6 3 6 h SA AB AE SA AB BD a a a a           Suy ra ( , ) d AD SC = h = 6 3 a 0.25 6 (1,0 điểm) (1,0 điểm) Ta chứng minh: Với các số thực không âm x, y thì 2 2 1 1 1 (*) ( 1) ( 1) 1x y xy      Thật vậy 2 2 (*) ( ) ( 1) 0 xy x y xy      (luôn đúng). Tức (*) đúng. 0.25 Áp dụng (*) ta có: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 1 P a c b c ac bc                   0.25 Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương ta có 3 3 1 1 1 1 1 1 ( ). 3 .3 . . 9 x y z xyz x y z x y z             hay 1 1 1 9 x y z x y z      . Suy ra 1 1 1 9 1 1 1 1 1 1 P ac bc bc ac bc bc             Vì a c  nên 9 3 . 3 2 P ab bc ca      0.25 A D B C S E H K Từ đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 3 2 (khi chỉ khi 1 a b c    ). 0.25 7.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) Vì 1 2 , A d B d   nên gọi tọa độ ( ; 3 5); ( ; 3 1) A a a B b b     ( ;4 3( )) AB b a b a      0.25 Từ giả thiết 2 2 AB  suy ra:   2 2 ( ) 4 3( ) 2 2 b a b a     . Đặt t b a   , ta có 2 2 2 ( 3 4) 8 2 5 t t t t            0.25 Với 2 2 (2; 2) t b a AB         là véctơ chỉ phương của  cần tìm. Suy ra phương trình đường thẳng  là 1 2 1 0 2 2 x y x y         0.25 Với 2 2 5 5 t b a     . Tương tự ta có phương trình của đường thẳng  là 7 9 0 x y    Vậy có 2 đường thẳng cần tìm là 1 0 x y    7 9 0 x y    . 0.25 8.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) Đường tròn   T có tâm   I 2;1 , bán kính R 5  Gọi d là đường phân giác trong của góc A Khi đó đường thẳng d cắt đường tròn   T tại A A' có tọa độ là nghiệm của hệ 2 2 x y 4x 2y 0 x y 0          x 0 y 0       hoặc x 3 y 3      . 0.25 Điểm A có tung độ dương suy ra   A 3;3   A' 0;0 Vì d là phân giác trong của góc A nên   BA' CA'   IA' BC  0.25 Phương trình đường thẳng BC có dạng: BC: 2x y m 0    Mặt khác ta có:     A BC IB C S 3S d A , B C 3.d I, B C    0.25 m 3 m 9 m 5 3. m 9 3. m 5 m 6 5 5                 Do đó phương trình đường thẳng BC là : 2x y 3 0    2x y 6 0    . 0.25 9.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) Từ 3 3 3 1 6 294 ( 3)( 2)( 1) ( 1) ( 1) 294 n n A C n n n n n n             0.25 Giải ra ta được 6 n  0.25 Với 6 n  ta có 6 4 2 6 6 12 12 3 6 2 0 2 2 . (0 6, ) k k k k k x y C x y k k y x                 0.25 Để tích mũ của x y bằng 18, ta có (6 12)(12 3 ) 18 3. k k k      Vậy số hạng cần tìm là 6 3 160 . x y 0.25 7.b (1,0 điểm) I A B C A' (1,0 điểm) Gọi N là trung điểm của DC, suy ra DN = AB. Do M, N lần lượt là trung điểm của HC DC nên / / HD MN . Đường thẳng AB đi qua B vuông góc với AD nên có phương trình là: 12 0. x y    Vậy tọa độ A thỏa mãn 12 0 2 0 x y x y          . Suy ra (5;7) A 0.25 Phương trình đường thẳng AC(đi qua A M) là 5 32 0 x y    Theo trên MN AC  nên phương trình MN là 5 4 0. x y    Ta có phương trình BN là 4 0 x y    (do / / BN DA qua B). Suy ra N(4;0) 0.25 8 4 2 ( ; ) 3 2, 4 2 2 d B AD BN      . Gọi ( ; 2) D d d  Mà AD 2 = BN 2 2 2 ( 5) ( 5) 32 d d      . Suy ra D(9 ; 11) hoặc D(1 ; 3). 0.25 Nhưng vì D N nằm cùng phía so với đường thẳng AB nên chỉ có D(1 ; 3) thỏa mãn. Từ N là trung điểm DC, ta tìm được C(7 ; -3). Vậy (5;7) A , C(7 ; -3), D(1 ; 3). 0.25 8.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Nhận thấy ( ) A E  là đỉnh thứ nhất trên trục thực. Do tam giác ABC cân tại A (E) đối xứng qua trục Ox nên BC vuông góc với Ox. Do đó gọi ( ; ) B m n thì tọa độ ( ; ) ( 0) C m n n   . 0. 5 Từ giả thiết B, C thuộc (E) tam giác ABC vuông nên: 2 2 1 9 . 0 m n AB AC           0.25 Ta có hệ 2 2 2 9 9 ( 3)( 3) 0 m n m m n            12 3 , 5 5 m n    Vậy 12 3 12 3 ( ; ), ( ; ) 5 5 5 5 B C 0.25 9.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Số tam giác tạo thành từ n + 6 đỉnh là 3 6 n C  0.25 Số tam giác tạo thành từ 3 điểm trên cùng cạnh CD là 1 Số tam giác tạo thành từ n điểm trên cùng cạnh DA là 3 n C 0.25 Do đó trên thực tế số tam giác tạo thành phải là: 3 3 6 1 439. n n C C     0.25 Giải ra ta được n = 10. 0.25 Hết N M H B D C A . thang điểm đề kiểm tra chất lợng ôn thi đại học Lần 1 năm học: 2012 201 3- môn toán, khối A và A 1 (ỏp ỏn Thang im gm 05 trang) P N THANG. S GD & T THANH HO TRNG THPT HU LC 4 KIM TRA CHT LNG ễN THI I HC LN 1, NM HC: 2012 - 2013 MễN TON, KHI A V KHI A 1 (Thi gian lm bi 180

Ngày đăng: 23/02/2014, 02:20

Hình ảnh liên quan

+ Bảng biến thiờn: - Tài liệu SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1, NĂM HỌC: 2012 - 2013 MÔN TOÁN, KHỐI A VÀ KHỐI A1 pdf

Bảng bi.

ến thiờn: Xem tại trang 2 của tài liệu.

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan