Tài liệu SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1, NĂM HỌC: 2012 - 2013 MÔN TOÁN, KHỐI A VÀ KHỐI A1 pdf

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 ) 1
x 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 6
a

, 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
3
ab 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 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
1
d :3 5 0
x y

,
2
d :3 1 0
x 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 0
x y x y

tõm I v ng phõn giỏc trong ca gúc A cú phng trỡnh
0
x 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
,
0
xy

.
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 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 đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
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 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
1
(2,0
im)
a.
(1,0
i
m
)

* 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
* 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
00
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:
4
y x
 
và
1
y x
 
.
0.25
2
(1,0
điểm)
(1,0 điểm)
PT đã cho tương đương với:

2
sin 2 2 cos (s inx cos ) 1
x x x
   

0.25

sin 2 1 o s 2 (s in x c o s ) 1
x c x x
     
0.25

sin 2 os2 s inx cos
x c x x
   


sin(2 ) s in(x )
4 4
x
 
   

0.25

2
x k

 

hoặc

2
,
6 3
x k k Z
 
  

0.25
3

(1,0
điểm)
(1,0 điểm)
+ Trường hợp 1:
0 0
x y
  
. Suy ra
0
0
x
y





là nghiệm của hệ
0.25

+ Trường hợp 2:
0
x



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
Suy ra
 
2
4 1 12 3 1
y y y
    
hoặc
1
4
y

(loại)
Với
1
y

ta có
2
3 1
x x
x
   
hoặc
2
x


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 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 14
S    
.
0.25
5
(1,0
điểm)
(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 BC D 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
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 6
h SA AB AE SA AB BD a a a a
         

Suy ra
( , )
d AD SC
= h =
6
3
a

0.25
6
(1,0

điểm)
(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) 0
xy 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
Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương ta có
3
3
1 1 1 1 1 1
( ). 3 .3 . . 9
x 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
1
a 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 2
AB 
suy ra:
 
2
2
( ) 4 3( ) 2 2
b 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
Với
2 2
5 5
t b a
   
.
Tương tự ta có phương trình của đường thẳng

là
7 9 0
x y
  

Vậy có 2 đường thẳng cần tìm là
1 0
x y
  
và
7 9 0

x 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 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 BC IB C
S 3S
d A , B C 3.d I, B C

 

0.25
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
9.a
(1,0
điểm)
(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
6
n


0.25
Với
6
n


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
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
7.b (1,0 điểm)

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 0
x y
  

Theo trên
MN AC

nên phương trình MN là

5 4 0.
x y
  

Ta có phương trình BN là
4 0
x 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) 32

d d
    
. Suy ra D(9 ; 11) hoặc D(1 ; 3).
0.25
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
8.b
(1,0
điểm)
(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
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
9.b
(1,0
điểm)
(1,0 điểm)

Số tam giác tạo thành từ n + 6 đỉnh là
3
6
n
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
Giải ra ta được n = 10.
0.25

Hết
N
M
H
B
D
C
A