ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1, NĂM HỌC: 2012 - 2013 MÔN TOÁN, KHỐI A VÀ KHỐI A1 doc

6 389 0
  • Loading ...
1/6 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 06/03/2014, 17:20

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 A1 (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 44 3xyx. 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 24 2 2 24 2 0( , )8 3 4 0x xy x yx yx x y x y . Cõu 4 (1,0 im). Gii bt phng trỡnh 1392log 9 9 log 28 2.3x xx . 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 cTỡm giỏ tr nh nht ca biu thc 2 2 21 2 3.( 1) ( 1) ( 1)Pa 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 1d :3 5 0x y , 2d :3 1 0x y v im I(1; 2). Vit phng trỡnh ng thng i qua I v ct d1, d2 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 món3 33 16 294.n nA C Tỡm s hng m tớch s m ca x v y bng 18 trong khai trin nh thc Niu-tn nxyynx2243, 0xy. 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 6M( ; )13 13l 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 1x yE 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 A1 (ỏp ỏn Thang im gm 05 trang) P N THANG IM Cõu ỏp ỏn im 1 (2,0 im) a. (1,0 im) * Tp xỏc nh 3\4D R * S bin thiờn: + Chiu bin thiờn: '2250,(4 3)y x Dx 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: 3lim lim4x xy y tim cn ngang: y = 34 4 4( ) ( )3 3lim , limx xy y tim cn ng: x = -43 0.25 + Bng bin thiờn: x - -34 'y + + y + 34 34 - 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 , 0003 4( ; )4 3xA xx Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A có dạng: 00200253 4( )4 3(4 3)xy x xxx   0.25 Ta có 0004 3( ; )4 3xAB xx. Do đó tiếp tuyến có hệ số góc là 00 04 3(4 3)xkx x Mà ta lại có 02025'( )(4 3)k y xx  0.25 Suy ra 0020 0 0024 3 251(4 3) (4 3)2xxx x xx    0.25 Từ đó ta viết được phương trình 2 tiếp tuyến cần tìm là: 4y x  1y x . 0.25 2 (1,0 điểm) (1,0 điểm) PT đã cho tương đương với: 2sin 2 2 cos (s inx cos ) 1x x x    0.25 sin 2 1 o s 2 (s in x c o s ) 1x c x x      0.25 sin 2 os2 s inx cosx c x x    sin(2 ) s in(x )4 4x     0.25 2x k  hoặc 2,6 3x k k Z    0.25 3 (1,0 điểm) (1,0 điểm) + Trường hợp 1: 0 0x y   . Suy ra 00xy là nghiệm của hệ 0.25 + Trường hợp 2: 0x Chia hai vế của phương trình đầu tiên cho x, phương trình hai cho 2x: 2 22 22 22 24 1 0 4 14 48 3 0 8 3y yx y x yx xy yx y x yx x                    2223824 1212 3           yyx yxyx yx 0. 5 Suy ra  24 1 12 3 1y y y    hoặc 14y(loại) Với 1y ta có 23 1x xx    hoặc 2x 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 33 .log 9 9 log 28 2.3x x x     0.25 103933.9 28.3 93xx xx   0.25 Kết hợp với điều kiện, ta được 133x hoặc 9 3 14x  0.25 Từ đó, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: 3; 1 2;log 14S    . 0.25 5 (1,0 điểm) (1,0 điểm) Trong tam giác vuông SAB có 22 22 2 222.6 677SA SH SBSH SA SASBSB SA ABSH aSBa     . 0.25 Do đó: . .6 6 6 1 2= . . 6.7 7 7 3 7HSDC B SCD S BC D BCD BCDV 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 4BCDAB BD a aBK S BK BCAD     , suy ra: 33 2V14HSDCa Do AD//(SBC) nên    ( , )( , ) ( , )AD SCAD SBC A SBCd 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 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1 96 3 6h SA AB AE SA AB BD a a a a          Suy ra ( , )d AD SC= h = 63a 0.25 6 (1,0 điểm) (1,0 điểm) Ta chứng minh: Với các số thực không âm x, y thì 2 21 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 21 1 1 1 1 22( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 1Pa c b c ac bc              0.25 Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương ta có 331 1 1 1 1 1( ). 3 .3 . . 9x y z xyzx y z x y z         hay 1 1 1 9x y z x y z   . Suy ra 1 1 1 91 1 1 1 1 1Pac bc bc ac bc bc           Vì a c nên 9 3.3 2Pab bc ca    0.25 ADBCSEHKTừ đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 32(khi chỉ khi 1a 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 2AB  suy ra:  22( ) 4 3( ) 2 2b a b a    . Đặt t b a , ta có 2 22( 3 4) 825tt tt     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 21 02 2x yx y      0.25 Với 2 25 5t 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   7 9 0x 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 gócA Khi đó đường thẳng d cắt đường tròn T tại A A'có tọa độ là nghiệm của hệ 2 2x y 4x 2y 0x y 0    x 0y 0 hoặc x 3y 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 CS 3Sd A , B C 3.d I, B C  0.25 m 3m 9 m 53. m 9 3. m 5m 65 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 33 16 294 ( 3)( 2)( 1) ( 1) ( 1) 294n nA C n n n n n n           0.25 Giải ra ta được 6n 0.25 Với 6n ta có 64 266 12 12 362022 . (0 6, )k k k kkx yC x y k ky x         0.25 Để tích sô mũ của x y bằng 18, ta có (6 12)(12 3 ) 18 3.k k k     Vậy số hạng cần tìm là 6 3160 .x y 0.25 7.b (1,0 điểm) IABCA'(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 02 0x yx y    . Suy ra (5;7)A 0.25 Phương trình đường thẳng AC(đi qua A 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 qua B). Suy ra N(4;0) 0.25 8 4 2( ; ) 3 2, 4 22d B AD BN   . Gọi ( ; 2)D d d Mà AD2 = BN2 2 2( 5) ( 5) 32d 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:2219. 0mnAB AC   0.25 Ta có hệ 2 229 9( 3)( 3) 0m nm m n    12 3,5 5m n   Vậy 12 3 12 3( ; ), ( ; )5 5 5 5B C 0.25 9.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Số tam giác tạo thành từ n + 6 đỉnh là 36nC 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 3nC 0.25 Do đó trên thực tế số tam giác tạo thành phải là: 3 361 439.n nC C   0.25 Giải ra ta được n = 10. 0.25 Hết NMHBDCA . 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 IM Cõu ỏp ỏn im 1 (2,0 im) a. (1,0 im). Họ và 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
- Xem thêm -

Xem thêm: ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1, NĂM HỌC: 2012 - 2013 MÔN TOÁN, KHỐI A VÀ KHỐI A1 doc, ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1, NĂM HỌC: 2012 - 2013 MÔN TOÁN, KHỐI A VÀ KHỐI A1 doc, ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1, NĂM HỌC: 2012 - 2013 MÔN TOÁN, KHỐI A VÀ KHỐI A1 doc

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay