Đề kiểm tra chất lượng ôn thi Đại học lần 1 môn Toán, khối A và khối A1 năm học 2012-2013 - Trường THPT Hậu Lộc 4

Đề kiểm tra chất lượng ôn thi Đại học lần 1 môn Toán, khối A và khối A1 năm học 2012-2013 là tài liệu bổ ích giúp các em ôn luyện và kiểm tra kiến thức chuẩn bị cho kì thi Đại học, Cao đẳng đạt điểm cao.

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1, NĂM HỌC: 2012 - 2013 MƠN TỐN, KHỐI A VÀ KHỐI A1 (Thời gian làm 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 3x  Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y  4x  a) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến điểm A (C), biết tiếp tuyến cắt trục hoành B cho tam giác OAB cân A Câu (1,0 điểm) Giải phương trình (2cos x  1)(sin x  cos x)   x  xy  x  y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  ( x, y  ) 2  x  x y  3x  y  Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình log  x    log  28  2.3x   x Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD nửa lục giác nội tiếp đường trịn đường kính AD = 2a, SA  (ABCD), SA  a , H hình chiếu vng góc A SB Tìm thể tích khối chóp H.SCD tính khoảng cách hai đường thẳng AD SC Câu (1,0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  a  c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P    2 (a  1) (b  1) (c  1)2 Phần riêng (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 im) Trong mt phng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x  y   , d : 3x  y   điểm I(1; 2) Viết phương trình đường thẳng qua I cắt d 1, d A B cho AB  2 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) : x  y  x  y  tâm I đường phân giác góc A có phương trình x  y  Biết diện tích tam giác ABC ba lần diện tích tam giác IBC điểm A có tung độ dương Viết phương trình đường thẳng BC C©u 9.a (1,0 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn An33  6Cn31  294 Tìm số hạng mà tích số n  nx y  mũ x y 18 khai triển nhị thức Niu-tơn    , xy  y x   B Theo ch­¬ng trình nâng cao Câu 7.b (1,0 im) Trong mt phng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A D, CD  2AB , B(8;4) Gọi H hình chiếu vng góc D lên AC, M( 82 ; ) trung điểm HC 13 13 Phương trình cạnh AD x  y   Tìm tọa độ đỉnh A, C, D hình thang x2 y2   Tìm điểm B C thuộc Elíp cho tam giác ABC vuông cân A, biết điểm C có tung độ âm Câu 9.b (1,0 điểm) Trên cạnh AB, BC, CD, DA hình vng ABCD lấy 1, 2, n điểm phân biệt khác A, B, C, D Tìm n biết số tam giác lấy từ n + điểm cho 439 HÕt -C©u 8.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A(3;0) elíp ( E ) : Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thÝ sinh: Sè b¸o danh: ……………… SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC *** đáp án thang điểm đề kiểm tra chất lượng ôn thi đại học Lần năm học: 2012 2013- môn toán, khối A A1 (Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm a (1,0 điểm) 0.25  3 * Tập xác định D  R \    4 * Sự biến thiên: 25 + Chiều biến thiên: y '   0, x  D (4 x  3) 3    Hàm số đồng biến khoảng  ;     ;   4    + Cực trị: Hàm số khơng có cực trị 3 + Giới hạn tiệm cận: lim y  lim y  tiệm cận ngang: y = 4 x  x  lim y  , lim y   tiệm cận đứng: x = x  (  ) x  (  ) + Bảng biến thiên: 0.25 0.25 x - y' - +  + + y - * Đồ thị: Đồ thị hàm số đối xứng qua giao điểm đường tiệm cận 0.25 b.(1,0 điểm) Gọi M trung điểm OB có tọa độ M ( x0 ;0) Suy B(2 x0 ;0) , A( x0 ; Phương trình tiếp tuyến (C) A có dạng: 25 3x  y ( x  x0 )  x0  (4 x0  3)   x0  x0 Ta có AB  ( x0 ; ) Do tiếp tuyến có hệ số góc k  x0  x0 (4 x0  3) 25 Mà ta lại có k  y '( x0 )  (4 x0  3) 2 (1,0 điểm)  x0  2  x0 25 Suy    x0  x0 (4 x0  3) (4 x0  3)  Từ ta viết phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y  x  y  x  (1,0 điểm) PT cho tương đương với: 0.25 0.25 0.25 0.25 sin x  cos x  (s inx  cos x )   sin x  c os2 x  s inx  cos x  sin(2 x  0.25 0.25   )  s in(x  ) 4  x  k 2 x  (1,0 điểm) 0.25  s i n x   c o s x  (s i n x  c o s x )  (1,0 điểm) x0  ) x0   2  k ,k  Z 0.25 (1,0 điểm) x  + Trường hợp 1: x   y  Suy  nghiệm hệ y  + Trường hợp 2: x  Chia hai vế phương trình cho x , phương trình hai cho x :  y  2y 2y    x  y    x   y     2y  x x      x     y  1 2 x   x2  y   y   x2  y  y   2  x x   2y   x   12 y  x    Suy  y  1  12 y   y  y  (loại) Với y  ta có x    x  x  x Kết luận: Hệ có nghiệm ( x; y )  0;0  ; 1;1 ;  2;1 (1,0 điểm) Điều kiện: 3x  14 Bất phương trình cho tương đương với: log3  x    log 3 x  28  2.3x   0.25 0.25 0.25  x  3.9  28.3      x 3  0.25  3x  14 Từ đó, tập nghiệm bất phương trình cho là: S   ; 1   2;log 14  0.25 x x Kết hợp với điều kiện, ta 3x  (1,0 điểm) 0.25 (1,0 điểm) S 0.25 Trong tam giác vng SAB có SA2  SH SB SH SA2 SA2   SB SB SA2  AB 2 SH 6a    SB 7a  A H K D E C B Do đó: VHSDC  6 VB SCD  VS BCD = SA.S BCD  a 6.S BCD 7 7 K hình chiếu B AD ta có: BK.AD = AB.BD suy 0.25 0.25 3a ABBD a a2 BK    SBCD  BK.BC  , suy ra: VHSDC  14 AD 2 Do AD//(SBC) nên d( AD ,SC )  d( AD , SBC  )  d ( A, SBC ) Dựng hình bình hành ADBE Do AB  BD nên AB  AE Đặt d ( A,  SBC ) = h Trong tứ diện vng ASEB, ta có: (1,0 điểm) 1 1 1 1 1  2   2   2 2  2 2 2 h SA AB AE SA AB BD 6a a 3a 6a a Suy d ( AD, SC ) = h = (1,0 điểm) 1 Ta chứng minh: Với số thực khơng âm x, y   (*) 2 ( x  1) ( y  1)  xy Thật (*)  xy ( x  y )  ( xy  1)  (luôn đúng) Tức (*) Áp dụng (*) ta có:  1 1  P   2    2 2 (a  1) (c  1)  ac  bc  (b  1) (c  1)  Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si cho số dương ta có 1 1 1 1 ( x  y  z )      3 xyz 3  hay    x y z x yz x y z x y z 1 Suy P      ac  bc  bc  ac   bc   bc Vì a  c nên P   ab  bc  ca  0.25 0.25 0.25 0.25 Từ giá trị nhỏ P 7.a (1,0 điểm) 0.25 (khi a  b  c  ) (1,0 điểm) Vì A  d1 , B  d nên gọi tọa độ A( a; 3a  5); B(b; 3b  1) 0.25 Từ giả thiết AB  2 suy ra: 0.25  AB  (b  a;  3(b  a )) t  (b  a )    3(b  a )   2 Đặt t  b  a , ta có t  (3t  4)    t    Với t   b  a   AB  (2; 2) véctơ phương  cần tìm 2 Suy phương trình đường thẳng  Với t  0.25 x 1 y    x  y 1  2 0.25 2 ba  5 Tương tự ta có phương trình đường thẳng  x  y   Vậy có đường thẳng cần tìm x  y   x  y   8.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) Đường trịn  T  có tâm I  2;1 , bán kính R  Gọi d đường phân giác góc A Khi đường thẳng d cắt đường trịn  T  A A ' có tọa độ nghiệm hệ  x  y  4x  2y  x  x     y  y   xy0 0.25 A I B C A' Điểm A có tung độ dương suy A  3;3 A '  0;0  0.25 '  CA '  IA'  BC Vì d phân giác góc A nên BA Phương trình đường thẳng BC có dạng: BC : 2x  y  m  Mặt khác ta có: S A B C  3S IB C  d  A , B C   d  I, B C  0.25 m  3  m   m    5 m  6 Do phương trình đường thẳng BC : 2x  y   2x  y    9.a (1,0 điểm) m9  m5 (1,0 điểm) Từ An3  C n31  294  ( n  3)( n  2)( n  1)  ( n  1) n ( n  1)  294 Giải ta n  6  2x4 y2      2k C6k x k 12 y123k Với n  ta có  x  k 0  y Để tích sơ mũ x y 18, ta có (6k  12)(12  3k )  18  k  Vậy số hạng cần tìm 160 x y 0.25 0.25 0.25 0.25 (0  k  6, k   ) 0.25 7.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Gọi N trung điểm DC, suy DN = AB Do M, N trung điểm HC DC nên HD / / MN A B Đường thẳng AB qua B vng góc với AD nên có H phương trình là: x  y  12  M  x  y  12  Vậy tọa độ A thỏa mãn  x  y   N D Suy A(5;7) Phương trình đường thẳng AC(đi qua A M) x  y  32  Theo MN  AC nên phương trình MN x  y   Ta có phương trình BN x  y   (do BN / / DA qua B) Suy N(4;0) d ( B; AD )  9.b (1,0 điểm)  2, BN  Gọi D (d ; d  2) Mà AD = BN  (d  5)  ( d  5)  32 Suy D(9 ; 11) D(1 ; 3) Nhưng D N nằm phía so với đường thẳng AB nên có D(1 ; 3) thỏa mãn Từ N trung điểm DC, ta tìm C(7 ; -3) Vậy A(5;7) , C(7 ; -3), D(1 ; 3) (1,0 điểm) Nhận thấy A  ( E ) đỉnh thứ trục thực Do tam giác ABC cân A (E) đối xứng qua trục Ox nên BC vng góc với Ox Do gọi B( m; n) tọa độ C (m;  n) (n  0) 8.b (1,0 điểm) 842 0.25 C 0.25 0.25 0.25  m2  n2   Từ giả thiết B, C thuộc (E) tam giác ABC vuông nên:       AB AC  0.25 2 12 12 12  m  9n  Ta có hệ   m  , n  Vậy B( ;  ), C ( ; ) 5 5 5 (m  3)(m  3)  n  (1,0 điểm) Số tam giác tạo thành từ n + đỉnh Cn3 Số tam giác tạo thành từ điểm cạnh CD Số tam giác tạo thành từ n điểm cạnh DA Cn3 Do thực tế số tam giác tạo thành phải là: Cn3  Cn3   439 Giải ta n = 10 0.25 -Hết 0.25 0.25 0.25 0.25 ... THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC *** đáp án thang điểm đề kiểm tra chất lượng ôn thi đại học Lần năm học: 2 012 2 013 - môn toán, khối A A1 (ỏp án – Thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN – THANG... A,  SBC ) Dựng hình bình hành ADBE Do AB  BD nên AB  AE Đặt d ( A,  SBC ) = h Trong tứ diện vuông ASEB, ta có: (1, 0 điểm) 1 1 1 1 1  2   2   2 2  2 2 2 h SA AB AE SA AB BD 6a a... BCD = SA.S BCD  a 6.S BCD 7 7 K hình chiếu B AD ta có: BK.AD = AB.BD suy 0.25 0.25 3a ABBD a a2 BK    SBCD  BK.BC  , suy ra: VHSDC  14 AD 2 Do AD//(SBC) nên d( AD ,SC )  d( AD , SBC