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

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 4  2mx 2  m 2  m (1). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = –2. 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc bằng 1200 . Câu II (2 điểm) 1) Giải bất phương trình:  x  3  x  1  1  x 2  2 x  3   4   2 sin   x  4  (1  sin 2 x)  1  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   . 1  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 của A lên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy. M là trung điểm của BC. Tính thể tích hình hộp và cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và AC Câu V (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  5 sin3 x  9 sin 2 x  4 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 bằng 4. Biết toạ độ các đỉnh A(2; 0), B(3; 0) và giao điểm I của 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 2  y 2  2 x  4 y  5  0 và A(0; –1)  (C). Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho ABC đều. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  2 y  2 z  1  0 và các đường thẳng. d1 :. x 1 2. . y 3 3. . z 2. ;. d2 :. x5 6. . y 4. . z5 5. . Tìm các điểm. M  d1 , N  d 2. sao cho MN // (P). và cách (P) một khoảng bằng 2. Câu VII.b (1 điểm) Tìm các số nguyen dương x, y thoả mãn:. Axy1  yAxy11 Axy 1 C xy 1   10 2 1. Hướng dẫn Câu I: 2) Ta có. x  0 y   4 x 3  4mx ; y   0  4 x  x 2  m   0    x   m. Gọi A(0; m2+m); B(. m. ; m); C(–. m. (m<0). ; m) là các điểm cực trị. Lop12.net. ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> . . AB  (  m ;  m 2 ) ; AC  (  m ;  m 2 ) .. ABC cân tại A nên góc 1200 chính là A ..   AB. AC 1  m . m  m4 1 A  120  cos A   1         4 2 2 m m 2 AB . AC. (loai) m  0 m  m4 1 4 4 4   4    2m  2m  m  m  3m  m  0  m   1 m m 2 3  3 Vậy m=  31 thoả mãn bài toán. 3. Câu II: 1) Điều kiện x  1 . Nhân hai vế của bpt với x  3  x  1 , ta được BPT  4.1  x 2  2 x  3   4. x  3  x  1   1  x 2  2 x  3 . x  3  x 1  x  2 x2  2 x  2  2 x2  2 x  3  2 x  2  2 x2  2 x  3  x2  4  0   x  2. Kết hợp với điều kiện 2) Điều kiện. x 1. cos x  0  x . . ta được. 2. 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 2 x  1)  0 cos x cos x   x    m cos x  sin x  0    ,m . 4  cos 2 x  1  0  x  m III: Nhận xét: y  x  0, x  0,  . Do đó diện tích hình phẳng cần tìm 1  sin x    x x 1 x S dx= dx=  dx 2  1  sin x 20 2 x x x 0 0  cos     sin  cos  2 4 2 2  . . .   =  x d  tan  x     = x.tan  x      tan  x    dx    2ln cos  x    2 4 0 2 4 2 4 0   2 4  0. . . Suy ra S=   2  ln cos     ln cos        (đvdt) 4. .  4. Câu IV: Ta có AO=OC=a 2  AO  AA2  AO 2  4a 2  2a 2  a 2 Suy ra V=B.h= 4a 2 .a 2  4a 3 2 Tính góc giữa AM và AC. Gọi N là trung điểm AD, suy ra AM // CN. Xét ACN ta có: AC  AO 2  OC 2  2a; CN  AM  AB 2  BM 2  a 5; AN  AA2  AN 2  a 5 . . cos C . CA2  CN 2  AN 2 4a 2  5a 2  5a 2 3   0 2.CA.CN 2.2a.a 5 2 5 3. Vậy cosin của góc giữa AM và AC bằng Câu V: Đặt t  sin x với t   1,1 ta có Xét hàm số f (t )  5t 3  9t 2  4 với f (t )  0  t  0  t . 6 5. (loại);. 2 5. .. . t   1,1 . Ta có. A  5t 3  9t 2  4. f (t )  15t 2  18t  3t (5t  6). f (1)  10, f (1)  0, f (0)  4 .. Lop12.net. Vậy. 10  f (t )  4 .. là:.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Suy ra. 0  A  f (t )  10 .. Vậy GTLN của A là 10 đạt được khi và GTNN của A là 0 đạt được khi Câu VI.a: 1) Ta có Gọi. 1 S ABCD =1 . 4. S IAB . t  1  sin x  1  x  . t  1  sin x  1  x . Mặt khác. 1 S IAB  .IH .IB 2.  2.  2.  k 2.  k 2. .. với AB=. 12  02  1.  IH = 2.. vì I thuộc đường thẳng y=x, ta có phương trình (AB) là y = 0; IH = 2  d ( I ; AB)  2  xI  2. I ( xI , xI ). TH1: xI  2  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 1 1 1 VOABC  VIOAB +VIOBC +VOCA +VABC = .r.SOAB  .r.SOBC  .r.SOCA  .r.S ABC = .r.STP . 3 3 3 3 3 Mặt khác: VOABC  1 .OA.OB.OC  8  4 (đvtt); SOAB  SOBC  SOCA  1 .OA.OB  2 (đvdt) 6 6 3 2 3 3 S ABC  AB 2  .8  2 3 (đvdt)  STP  6  2 3 (đvdt) 4 4 3V Do đó: r  OABC  4 (đv độ dài) STP 62 3. 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 của x trong khai triển của (1  x)30 là a10  C3010 . Do (1) đúng với mọi x nên a10  b10 . Suy ra điều phải chứng minh. 10. Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1;2) và R=. 10 .. Suy ra. .  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 đều. Phương trình (BC) đi qua H và vuông góc với AI là:. 3 7   1.  x    3.  y    0 2 2  .  x  3 y  12  0. Vì B, C  (C) nên tọa độ của B, C lần lượt là các nghiệm của hệ phương trình:  x2  y 2  2 x  4 y  5  0  x2  y 2  2 x  4 y  5  0    x  3 y  12  0  x  12  3 y  7  3 33 3   7  3 33 3  B  ; ;  ; C   hoặc ngược 2 2 2 2     x  1  2 t    y  3  3t . M  d1 nên tọa độ của M 1  2t ;3  3t ;2t  .  z  2t . Giải hệ PT trên ta được: 2) PTTS của d1 là: Theo đề:. d ( M ;( P )) . + Với t = 1 ta được. |1  2t  2(3  3t )  4t  1| 12  (2) 2  22. M 1  3;0;2  ;. 2. t  1 |12t  6 | 2 3 t  0. + Với t = 0 ta được. Lop12.net. M 2 1;3;0 . lại..

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  Ứng với M1, điểm N1  d 2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: ( x  3)  2 y  2( z  2)  0  x  2 y  2 z  7  0 (1) . PTTS của d2 là:.  x  5  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 được N2(5;0;–5). Câu VII.b: Điều kiện:. x  y 1 .  y  2. Hệ PT   x  y  1  5   x  7 y  3. Lop12.net. y  3.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>