Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AD = 2a, SA ABCD, SA a 6 , H là hình chiếu vuông góc của A trên SB.. Tìm thể tích khối chóp [r]
(1)SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1, NĂM HỌC: 2012 - 2013 MÔN TOÁN, KHỐI A VÀ KHỐI A1 (Thời gian làm bài 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 và 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 là nửa lục giác nội tiếp đường tròn đường kính AD = 2a, SA (ABCD), SA a , H là hình chiếu vuông góc A trên SB Tìm thể tích khối chóp H.SCD và tính khoảng cách hai đường thẳng AD và SC Câu (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn ab bc ca và a c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 2 (a 1) (b 1) (c 1)2 PhÇn riªng (3,0 ®iÓm) ThÝ sinh chØ ®îc lµm mét hai phÇn (phÇn A hoÆc phÇn B) A Theo chương trình chuẩn C©u 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x y , d : 3x y và điểm I(1; 2) Viết phương trình đường thẳng qua I và cắt d 1, d A và 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 và đường phân giác góc A có phương trình x y Biết diện tích tam giác ABC ba lần diện tích tam giác IBC và điểm A có tung độ dương Viết phương trình đường thẳng BC C©u 9.a (1,0 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn An33 6Cn31 294 Tìm số hạng mà tích số n nx y mũ x và y 18 khai triển nhị thức Niu-tơn , xy y x B Theo chương trình nâng cao C©u 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông A và D, CD 2AB , B(8;4) Gọi H là hình chiếu vuông góc D lên AC, M( 82 ; ) là trung điểm HC 13 13 Phương trình cạnh AD là x y Tìm tọa độ các đỉnh A, C, D hình thang x2 y2 Tìm điểm B và C thuộc Elíp cho tam giác ABC vuông cân A, biết điểm C có tung độ âm Câu 9.b (1,0 điểm) Trên các cạnh AB, BC, CD, DA hình vuông ABCD lấy 1, 2, và n điểm phân biệt khác A, B, C, D Tìm n biết số tam giác lấy từ n + điểm đã cho là 439 HÕt -C©u 8.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A(3;0) và elíp ( E ) : ThÝ sinh kh«ng ®îc sö dông tµi liÖu C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh: ……………… (2) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC *** đáp án – thang điểm đề kiểm tra chất lượng ôn thi đại học Lần n¨m häc: 2012 – 2013- m«n to¸n, khèi A vµ 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 trên các khoảng ; và ; 4 + Cực trị: Hàm số không có cực trị 3 + Giới hạn và 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 (3) b.(1,0 điểm) Gọi M là 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 đó tiếp tuyến có hệ số góc là 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 đó ta viết phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y x và y x (1,0 điểm) PT đã 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 là nghiệm hệ y + Trường hợp 2: x Chia hai vế phương trình đầu tiên 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 ) là 0;0 ; 1;1 ; 2;1 (1,0 điểm) Điều kiện: 3x 14 Bất phương trình đã cho tương đương với: log3 x log 3 x 28 2.3x 0.25 0.25 0.25 (4) x 3.9 28.3 x 3 0.25 3x 14 Từ đó, tập nghiệm bất phương trình đã 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 vuông 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 là hình chiếu B trên 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 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 3a 6a a Suy d ( AD, SC ) = h = (1,0 điểm) 1 Ta chứng minh: Với các số thực không âm x, y thì (*) 2 ( x 1) ( y 1) xy Thật (*) xy ( x y ) ( xy 1) (luôn đúng) Tức (*) đúng 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 yz 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 (5) Từ đó giá trị nhỏ P 7.a (1,0 điểm) 0.25 (khi và 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) là véctơ phương cần tìm 2 Suy phương trình đường thẳng là Với t 0.25 x 1 y x y 1 2 0.25 2 ba 5 Tương tự ta có phương trình đường thẳng là x y Vậy có đường thẳng cần tìm là x y và x y 8.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) Đường tròn T có tâm I 2;1 , bán kính R Gọi d là đường phân giác góc A Khi đó đường thẳng d cắt đường tròn T A và A ' có tọa độ là nghiệm hệ x y 4x 2y x x y y xy0 0.25 A I B C A' Điểm A có tung độ dương suy A 3;3 và A ' 0;0 0.25 ' CA ' IA' BC Vì d là 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 đó phương trình đường thẳng BC là : 2x y và 2x y 9.a (1,0 điểm) m9 m5 (1,0 điểm) Từ An3 C n31 294 ( n 3)( n 2)( n 1) ( n 1) n ( n 1) 294 Giải ta n 6 2x4 y2 2k C6k x k 12 y123k Với n ta có x k 0 y Để tích sô mũ x và y 18, ta có (6k 12)(12 3k ) 18 k Vậy số hạng cần tìm là 160 x y 0.25 0.25 0.25 0.25 (0 k 6, k ) 0.25 (6) 7.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Gọi N là trung điểm DC, suy DN = AB Do M, N là trung điểm HC và DC nên HD / / MN A B Đường thẳng AB qua B và vuông 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 và M) là x y 32 Theo trên MN AC nên phương trình MN là x y Ta có phương trình BN là x y (do BN / / DA và 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 vì D và N nằm cùng phía so với đường thẳng AB nên có D(1 ; 3) thỏa mãn Từ N là 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 ) và là đỉnh thứ trên trục thực Do tam giác ABC cân A và (E) đối xứng qua trục Ox nên BC vuông góc với Ox Do đó gọi B( m; n) thì tọa độ C (m; n) (n 0) 8.b (1,0 điểm) 842 0.25 C 0.25 0.25 0.25 m2 n2 Từ giả thiết B, C thuộc (E) và 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 là Cn3 Số tam giác tạo thành từ điểm trên cùng cạnh CD là Số tam giác tạo thành từ n điểm trên cùng cạnh DA là Cn3 Do đó trên 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 (7)