ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1, NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN, KHỐI A VÀ KHỐI A1 TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
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 ) 1x 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 6a , 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 3ab 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 được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 im). Trong mt phng to Oxy, cho hai ng thng 1 d :3 5 0x y , 2 d :3 1 0x 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 0x y x y tõm I v ng phõn giỏc trong ca gúc A cú phng trỡnh 0x 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 , 0xy . B. Theo chương 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 được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: CmnthyTnHu(hau79@gmail.com )ógitiwww.laisac.page.tl S GD & T THANH HO TRNG THPT HU LC 4 ----------***---------- đáp án thang điểm đề kiểm tra chất lượng ôn thi đại học Lần 1 năm học: 2012 2013- môn toán, khối A và A 1 (ỏp ỏn Thang im gm 05 trang) P N THANG IM Cõu ỏp ỏn im a. (1,0 im) * 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 1 (2,0 im) * 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 0 0 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: 4y x và 1y x . 0.25 (1,0 điểm) PT đã cho tương đương với: 2 sin 2 2 cos (s inx cos ) 1x x x 0.25 s in 2 1 o s 2 (s in x c o s ) 1x c x x 0.25 sin 2 os2 sinx cosx c x x sin(2 ) s in(x ) 4 4 x 0.25 2 (1,0 điểm) 2x k hoặc 2 , 6 3 x k k Z 0.25 (1,0 điểm) + Trường hợp 1: 0 0x y . Suy ra 0 0 x y là nghiệm của hệ 0.25 + Trường hợp 2: 0x 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 3 (1,0 điểm) Suy ra 2 4 1 12 3 1y y y hoặc 1 4 y (loại) Với 1y ta có 2 3 1x x x hoặc 2x Kết luận: Hệ có 3 nghiệm ( ; )x y là 0;0 ; 1;1 ; 2;1 0.25 (1,0 điểm) 4 (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 14S . 0.25 (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 BCD 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 5 (1,0 điểm) 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 6h SA AB AE SA AB BD a a a a Suy ra ( , )d AD SC = h = 6 3 a 0.25 (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) 0xy 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 6 (1,0 điểm) Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương ta có 3 3 1 1 1 1 1 1 ( ). 3 .3 . . 9x 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 và chỉ khi 1a b c ). 0.25 (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 2AB suy ra: 2 2 ( ) 4 3( ) 2 2b 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 7.a (1,0 điểm) Với 2 2 5 5 t b a . Tương tự ta có phương trình của đường thẳng là 7 9 0x y Vậy có 2 đường thẳng cần tìm là 1 0x y và 7 9 0x y . 0.25 (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 và 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 và 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 B C IB C S 3S d A , B C 3 .d I, B C 0.25 8.a (1,0 điểm) 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 và 2x y 6 0 . 0.25 (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 6n 0.25 Với 6n 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 9.a (1,0 điểm) Để tích sô mũ của x và 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 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 và DC nên / /HD MN . Đường thẳng AB đi qua B và 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 và M) là 5 32 0x y Theo trên MN AC nên phương trình MN là 5 4 0.x y Ta có phương trình BN là 4 0x y (do / /BN DA và 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) 32d d . Suy ra D(9 ; 11) hoặc D(1 ; 3). 0.25 7.b (1,0 điểm) Nhưng vì D và 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 (1,0 điểm) Nhận thấy ( )A E và là đỉnh thứ nhất trên trục thực. Do tam giác ABC cân tại A và (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) và tam giác ABC vuông nên: 2 2 1 9 . 0 m n AB AC 0.25 8.b (1,0 điểm) 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 (1,0 điểm) Số tam giác tạo thành từ n + 6 đỉnh là 3 6n 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 9.b (1,0 điểm) Giải ra ta được n = 10. 0.25 ---------------------Hết-------------------- N M H B D C A Cảm ơn thầy Tấn Hậu (hau79@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl