De Dap an thi thu DH Hau Loc 4

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 (Thời gian làm bài 180 phút). PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 3x  4 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y  . 4x  3 a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm A của (C), biết tiếp tuyến cắt trục hoành tại B sao cho tam giác OAB cân tại A. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình (2cos x  1)(sin x  cos x)  1 .  x 2  4 xy  x  2 y  0. Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình . ( x, y  ) .. 4 2 2 2  x  8 x y  3x  4 y  0 Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 log 9  9 x  9   log 1  28  2.3x   x . 3. Câu 5 (1,0 điểm). 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 H.SCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  3 và a  c. Tìm giá trị 1 2 3 nhỏ nhất của biểu thức P    . 2 2 (a  1) (b  1) (c  1)2 PhÇn riªng (3,0 ®iÓm) ThÝ sinh chØ ®­îc lµm mét trong 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 : 3 x  y  5  0 , d 2 : 3x  y  1  0 và điểm I(1; 2) . Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d 1, d 2 lần lượt tại A và B sao cho AB  2 2 . Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (T) : x 2  y 2  4 x  2 y  0 tâm I và đường phân giác trong của góc A có phương trình x  y  0 . Biết diện tích tam giác ABC bằng 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 An33  6Cn31  294. Tìm số hạng mà tích số n.  nx 4 y 2  mũ của x và y bằng 18 trong khai triển nhị thức Niu-tơn   2  , xy  0 . 3 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 tại A và D,. CD  2AB , B(8;4) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC, M(. 82 6 ; ) là trung điểm của HC. 13 13. Phương trình cạnh AD là x  y  2  0. Tìm tọa độ các đỉnh A, C, D của hình thang.. x2 y2   1. Tìm điểm B 9 1 và C thuộc Elíp sao cho tam giác ABC vuông cân tại A, biết điểm C có tung độ âm. Câu 9.b (1,0 điểm). Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD lần lượt lấy 1, 2, 3 và n điểm phân biệt khác A, B, C, D. Tìm n biết số tam giác lấy từ n + 6 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: ……………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 ----------***----------. đáp án – thang điểm đề kiểm tra chất lượng ôn thi đại học Lần 1 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 1 (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) 2 3   3  Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;   và   ;   . 4   4  + Cực trị: Hàm số không có cực trị. 3 3 + Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  tiệm cận ngang: y = 4 4 x  x . lim y  , lim y   tiệm cận đứng: x = 4 x  (  ) 3. 4 x  (  ) 3. + Bảng biến thiên:. 0.25. 4 3. 0.25. x. -. y'. -. 3 4. +. . + 3 4. +. y 3 4. -. * Đồ thị:. Đồ thị hàm số đối xứng qua giao điểm 2 đường tiệm cận.. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> b.(1,0 điểm) Gọi M là trung điểm của OB có tọa độ M ( x0 ;0) . Suy ra B(2 x0 ;0) , A( x0 ; Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A có dạng: 25 3x  4 y ( x  x0 )  0 2 4 x0  3 (4 x0  3)  4  3 x0 4  3 x0 Ta có AB  ( x0 ; ) . Do đó tiếp tuyến có hệ số góc là k  4 x0  3 x0 (4 x0  3) 25 Mà ta lại có k  y '( x0 )  (4 x0  3) 2. 2 (1,0 điểm).  x0  2 4  3 x0 25 Suy ra    x0  1 x0 (4 x0  3) (4 x0  3) 2  2 Từ đó ta viết được phương trình 2 tiếp tuyến cần tìm là: y  x  4 và y  x  1 . (1,0 điểm) PT đã cho tương đương với:. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. sin 2 x  2 cos x  (s inx  cos x )  1.  sin 2 x  c os2 x  s inx  cos x  sin(2 x . 0.25 0.25.   )  s in(x  ) 4 4.  x  k 2 hoặc x . 4 (1,0 điểm). 0.25. 2.  s i n 2 x  1  c o s 2 x  (s i n x  c o s x )  1. 3 (1,0 điểm). 3 x0  4 ) 4 x0  3.  2  k ,k  Z 6 3. 0.25. (1,0 điểm) x  0 + Trường hợp 1: x  0  y  0 . Suy ra  là nghiệm của hệ y  0 + Trường hợp 2: x  0 Chia hai vế của phương trình đầu tiên cho x , phương trình hai cho x 2 :  3 y  8 2y 2y    x  4 y  1   0 x   4 y  1 2    2y  2 x x      x     4 y  1 2 2 x   x2  8 y  3  4 y  0  x2  4 y  8 y  3  2 2 2  x x   2y   x   12 y  3 x    1 2 Suy ra  4 y  1  12 y  3  y  1 hoặc y  (loại) 4 2 Với y  1 ta có x   3  x  1 hoặc x  2 x Kết luận: Hệ có 3 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  9 x  9   log 3 3 x.  28  2.3x  . 0.25 0. 5. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  x 1 3  3.9  28.3  9  0   3  x 3  9. 0.25. 1 hoặc 9  3x  14 3 Từ đó, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S   ; 1   2;log 3 14  .. 0.25. x. x. Kết hợp với điều kiện, ta được 3x . 5 (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 2 SA2  AB 2 2 SH 6a 6   2  SB 7 7a . . A. H. K. D. E. C. B. Do đó: VHSDC . 6 6 6 1 2 VB .SCD  VS .BCD = . SA.S BCD  a 6.S BCD 7 7 7 3 7. K là hình chiếu của B trên AD ta có: BK.AD = AB.BD suy ra. 0.25 0.25. 3. 3a 2 ABBD . a 3 1 a2 3 BK    SBCD  BK.BC  , suy ra: VHSDC  14 AD 2 2 4 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:. 6 (1,0 điểm). 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9  2   2   2 2 2  2 2 2 2 2 2 h SA AB AE SA AB BD 6a a 3a 6a a 6 Suy ra d ( AD, SC ) = h = 3 (1,0 điểm) 1 1 1 Ta chứng minh: Với các số thực không âm x, y thì   (*) 2 2 ( x  1) ( y  1) 1  xy Thật vậy (*)  xy ( x  y ) 2  ( xy  1) 2  0 (luôn đúng). Tức (*) đúng. Áp dụng (*) ta có:  1 1 1 1  1 2 P   2    2 2 2 2 (a  1) (c  1) 1  ac 1  bc  (b  1) (c  1)  Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương ta có 1 1 1 1 1 1 9 1 1 1 . ( x  y  z ).      3 3 xyz .3 3 . .  9 hay    x y z x yz x y z x y z 1 1 1 9 Suy ra P     1  ac 1  bc 1  bc 1  ac  1  bc  1  bc 9 3 Vì a  c nên P   . ab  bc  ca  3 2. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Từ đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 7.a (1,0 điểm). 0.25. 3 (khi và chỉ khi a  b  c  1 ). 2. (1,0 điểm). Vì A  d1 , B  d 2 nên gọi tọa độ A( a; 3a  5); B(b; 3b  1). 0.25. Từ giả thiết AB  2 2 suy ra:. 0.25.  AB  (b  a; 4  3(b  a )). t  2 (b  a )   4  3(b  a )   2 2 . Đặt t  b  a , ta có t  (3t  4)  8   2 t   5  Với t  2  b  a  2  AB  (2; 2) là véctơ chỉ phương của  cần tìm. 2. 2. 2. Suy ra phương trình đường thẳng  là Với t . 2. 0.25. x 1 y  2   x  y 1  0 2 2 0.25. 2 2 ba  . 5 5. Tương tự ta có phương trình của đường thẳng  là 7 x  y  9  0 Vậy có 2 đường thẳng cần tìm là x  y  1  0 và 7 x  y  9  0 . 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  x 2  y 2  4x  2y  0 x  0 x  3  hoặc   y  0 y  3  xy0. 0.25. A. I B. C. .. A' Điểm A có tung độ dương suy ra A  3;3 và A '  0;0 . 0.25. '  CA '  IA'  BC Vì d là phân giác trong của góc A nên BA Phương trình đường thẳng BC có dạng: BC : 2x  y  m  0 Mặt khác ta có: S A B C  3S IB C  d  A , B C   3 .d  I, B C . 0.25. m  3  m  9  3. m  5   5 5 m  6 Do đó phương trình đường thẳng BC là : 2x  y  3  0 và 2x  y  6  0 . . 9.a (1,0 điểm). m9.  3.. m5. (1,0 điểm) Từ An3 3  6 C n31  294  ( n  3)( n  2)( n  1)  ( n  1) n ( n  1)  294 Giải ra ta được n  6 6. 6  2x4 y2   2    2k .C6k x 6 k 12 y123k Với n  6 ta có  x  k 0  y. Để tích sô mũ của x và y bằng 18, ta có (6k  12)(12  3k )  18  k  3. Vậy số hạng cần tìm là 160 x 6 y 3 .. 0.25. 0.25 0.25 0.25. (0  k  6, k   ) 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 7.b (1,0 điểm). (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 . A B Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AD nên có H phương trình là: x  y  12  0. M  x  y  12  0 Vậy tọa độ A thỏa mãn  . x  y  2  0 N D Suy ra A(5;7) Phương trình đường thẳng AC(đi qua A và M) là 5 x  y  32  0 Theo trên MN  AC nên phương trình MN là x  5 y  4  0. Ta có phương trình BN là x  y  4  0 (do BN / / DA và qua B). Suy ra N(4;0). d ( B; AD ) . 9.b (1,0 điểm).  3 2, BN  4 2 . Gọi D (d ; d  2). 2 Mà AD = BN  (d  5) 2  ( d  5) 2  32 . Suy ra D(9 ; 11) hoặc D(1 ; 3). 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 A(5;7) , C(7 ; -3), D(1 ; 3). (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 C (m;  n) (n  0) . 2. 8.b (1,0 điểm). 842. 0.25. C. 0.25. 0.25. 2. 0.25. 0. 5.  m2  n2  1  Từ giả thiết B, C thuộc (E) và tam giác ABC vuông nên:  9      AB. AC  0. 0.25. 2 2 12 3 12 3 12 3  m  9n  9 Ta có hệ   m  , n  Vậy B( ;  ), C ( ; ) 2 5 5 5 5 5 5 (m  3)(m  3)  n  0 (1,0 điểm) Số tam giác tạo thành từ n + 6 đỉnh là Cn3 6 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 Cn3 Do đó trên thực tế số tam giác tạo thành phải là: Cn3 6  Cn3  1  439. Giải ra ta được n = 10.. 0.25. ---------------------Hết--------------------. 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>