Đề tham khảo kiểm tra học kỳ II Môn toán 8 năm học 2015 - 2016

Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 2 điểm 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4.. Xác định toạ độ các điểm C, D.[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010 Môn Thi: TOÁN – Khối A Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ THI THAM KHẢO I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x  2mx  m  m (1) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = –2 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị lập thành tam giác có góc 1200 Câu II (2 điểm) 1) Giải bất phương trình:  x   x   1  x  x      sin   x  4  (1  sin x)   tan x cos x 2) Giải phương trình: Câu III (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y x , y  0, x  0, x    sin x Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB = AA = 2a Hình chiếu vuông góc A lên mặt phẳng đáy trùng với tâm đáy M là trung điểm BC Tính thể tích hình hộp và cosin góc hai đường thẳng AM và AC Câu V (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức A  sin3 x  sin x  II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết toạ độ các đỉnh A(2; 0), B(3; 0) và giao điểm I hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y  x Xác định toạ độ các điểm C, D 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 2) Tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh: C100 C2010  C101 C209   C109 C201  C1010 C200  C3010 A Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x  y  x  y   và A(0; –1)  (C) Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) cho ABC 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y  z   và các đường thẳng d1 : x 1  y 3 3  z ; d2 : x5  y  z5 5 Tìm các điểm M  d1 , N  d cho MN // (P) và cách (P) khoảng Câu VII.b (1 điểm) Tìm các số nguyen dương x, y thoả mãn: Axy1  yAxy11 Axy 1 C xy 1   10 Hướng dẫn Câu I: 2) Ta có x  y   x  4mx ; y    x  x  m      x   m Gọi A(0; m2+m); B( m ; m); C(– m (m<0) ; m) là các điểm cực trị Lop12.net   AB  (  m ;  m ) ; AC  (  m ;  m ) ABC cân A nên góc 1200 chính là A   AB AC  m m  m4 A  120  cos A           2 m m AB AC (loai) m  m  m4 4      2m  2m  m  m  3m  m   m   m m  Vậy m=  31 thoả mãn bài toán Câu II: 1) Điều kiện x  Nhân hai vế bpt với x   x  , ta BPT  4.1  x  x    4. x   x     x  x   x   x 1  x  2 x2  x   x2  x   x   x2  x   x2     x  Kết hợp với điều kiện 2) Điều kiện x 1 cos x   x   ta x2  k , k   Ta có PT  cos x  sin x  cos x  sin x 2  cos x  sin x Câu  (cos x  sin x)(cos x  1)  cos x cos x   x    m cos x  sin x     ,m  cos x    x  m III: Nhận xét: y  x  0, x  0,   Do đó diện tích hình phẳng cần tìm  sin x    x x x S dx= dx=  dx   sin x 20 2 x x x 0  cos     sin  cos  2 4 2       =  x d  tan  x     = x.tan  x      tan  x    dx    2ln cos  x    2 4 2 4 2 0      Suy S=    ln cos     ln cos        (đvdt) 4   4 Câu IV: Ta có AO=OC=a  AO  AA2  AO  4a  2a  a Suy V=B.h= 4a a  4a Tính góc AM và AC Gọi N là trung điểm AD, suy AM // CN Xét ACN ta có: AC  AO  OC  2a; CN  AM  AB  BM  a 5; AN  AA2  AN  a  cos C  CA2  CN  AN 4a  5a  5a   0 2.CA.CN 2.2a.a 5 Vậy cosin góc AM và AC Câu V: Đặt t  sin x với t   1,1 ta có Xét hàm số f (t )  5t  9t  với f (t )   t   t  (loại); t   1,1 Ta có A  5t  9t  f (t )  15t  18t  3t (5t  6) f (1)  10, f (1)  0, f (0)  Lop12.net Vậy 10  f (t )  là: Suy  A  f (t )  10 Vậy GTLN A là 10 đạt và GTNN A là đạt Câu VI.a: 1) Ta có Gọi S ABCD =1 S IAB  t  1  sin x  1  x   t   sin x   x  Mặt khác S IAB  IH IB    k 2  k 2 với AB= 12  02   IH = vì I thuộc đường thẳng y=x, ta có phương trình (AB) là y = 0; IH =  d ( I ; AB)   xI  I ( xI , xI ) TH1: xI   I (2;2); C (3;4); D(2;4) TH2: xI  2  I (2; 2); C (5; 4); D(6; 4) 2) Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC 1 1 VOABC  VIOAB +VIOBC +VOCA +VABC = r.SOAB  r.SOBC  r.SOCA  r.S ABC = r.STP 3 3 Mặt khác: VOABC  OA.OB.OC   (đvtt); SOAB  SOBC  SOCA  OA.OB  (đvdt) 6 3 S ABC  AB   (đvdt)  STP   (đvdt) 4 3V Do đó: r  OABC  (đv độ dài) STP 62 Ta có: Câu VII.a: Ta có Mặt khác: (1  x)30  (1  x)10 (1  x) 20 , x   (1) n (1  x)30   C30k x k , x   k 1 Vậy hệ số a10 x khai triển (1  x)30 là a10  C3010 Do (1) đúng với x nên a10  b10 Suy điều phải chứng minh 10 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1;2) và R= 10 Suy   1  2( X H  1) 3 7 H ;  AI  2.IH   2 2 3  2(YH  2) Gọi H là trung điểm BC, ta có I là trọng tâm tam giác ABC vì  ABC là tam giác Phương trình (BC) qua H và vuông góc với AI là: 3 7    x     y    2 2    x  y  12  Vì B, C  (C) nên tọa độ B, C là các nghiệm hệ phương trình:  x2  y  x  y    x2  y  x  y      x  y  12   x  12  y   33    33  B  ; ;  ; C   ngược 2 2     x   t    y   3t M  d1 nên tọa độ M 1  2t ;3  3t ;2t   z  2t  Giải hệ PT trên ta được: 2) PTTS d1 là: Theo đề: d ( M ;( P ))  + Với t = ta |1  2t  2(3  3t )  4t  1| 12  (2)  22 M  3;0;2  ; 2 t  |12t  | 2 t  + Với t = ta Lop12.net M 1;3;0  lại  Ứng với M1, điểm N1  d cần tìm phải là giao d2 với mp qua M1 và // (P), gọi mp này là (Q1) PT (Q1) là: ( x  3)  y  2( z  2)   x  y  z   (1) PTTS d2 là:  x   6t   y  4t  z  5  5t  (2) Thay (2) vào (1), ta được: t = –1 Điểm N1 cần tìm là N1(–1;–4;0)  Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;–5) Câu VII.b: Điều kiện: x  y 1  y  Hệ PT   x  y     x  y  Lop12.net y 