DeDA Thi Thu Hau Loc 4 Khoi D Lan 1 Thanh Hoa 2012 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 ------------***------------. ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG DẠY – HỌC BỒI DƯỠNG LẦN I NĂM HỌC: 2012 – 2013 Môn: TOÁN; Khối: D (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề). PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 3. Câu I (2,0 điểm) Gọi (Cm) hàm số y  x  3mx  2 , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 1. 2. Tìm m để tiếp tuyến của (Cm) tại điểm có hoành độ bằng 1 vuông góc với đường thẳng x  9 y  1  0 Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: sin 2 x  cos2x  sin x  cos x  1  0 . 2.. Giải hệ phương trình:.  x 2  xy  x  7  0  .  7 2  ( x  y )  1  0  2 x. Câu III (1,0 điểm) Giải phương trình:. . x.  . 5 -1. x. . 5 1. x 3 -2 2  0. Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB  a 2 . Gọi I là trung   điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn IA  2 IH . Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB. đến mặt phẳng (SAH). Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . x 3  y 3  7 xy( x  y ) xy x 2  y 2. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d : x  y  3  0 và d ' : x  y  6  0 . Trung điểm một cạnh là giao điểm của d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3 y  8  0 ,  ' :3x  4 y  10  0 và điểm A(2;1) . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’. 2n  3  1 2 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  2 x   , biết rằng C n  C n  210 . 2 x   B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB và đường chéo BD lần lượt là x  2 y  1  0 và x  7 y  14  0 , đường thẳng AC đi qua điểm M  2;1 . Tìm tọa độ các 31. đỉnh của hình chữ nhật.. x2 y 2   1 và đường thẳng d :3 x  4 y  12  0 . Chứng minh 16 9 rằng đường thẳng d cắt elip (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tìm điểm C  ( E ) sao cho ABC có diện tích. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( E ) : bằng 6.. Câu VII.b (1,0 điểm) Một hộp đựng 12 viên bi trong đó có 5 bi xanh, 4 bi vàng, 3 bi trắng. Cần chọn 4 viên bi sao cho 4 viên bi này có không quá 2 màu trong 3 màu trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn. -------------Hết------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………….…………..; Số báo danh: …….……......

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 ------------***------------. Câu I. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG DẠY – HỌC BỒI DƯỠNG LẦN I Môn: TOÁN; Khối: D; NĂM HỌC: 2010 – 2011 (Đáp án – thang điểm gồm có 06 trang). Ý. Đáp án. Điểm 2,0 1,0. 3. Cho hàm số y  x  3mx  2 I.1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 3 Khi m = 0, hàm số trở thành y  x  3 x  2  TXĐ: D = R  Sự biến thiên:. 0,25. x  1. 2. - Chiều biến thiên: y '  3 x  3; y '  0  .  x  1. Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1)vµ (1;+ ) , nghịch biến trên khoảng ( 1;1) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1; yC §  4 , đạt cực tiểu tại x  1, yCT  0 .. 0,25. Giới hạn: lim y  ; lim y   x . x . - Bảng biến thiên:. . x. -1. y’. +. 0 4. . 1 –. 0. 0,25. +. . y. . 0. 0,25. Đồ thị: I.2. C. Tìm m để tiếp tuyến của ( m) tại điểm có hoành độ bằng 1 vuông góc với đường thẳng x  9 y  1  0 . 2. 1,0. Có y '  3 x  3m. 0,25. y '(1)  3  3m. 0,25. C. Để tiếp tuyến của ( m) tại điểm có hoành độ bằng 1 vuông góc với đường thẳng. x  9 y  1  0 cần và đủ là y '(1).. 1 1 9. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1  (3  3m).  1  m  4 9. 0,25. II II.1. 2,0 1,0. Giải phương trình: sin 2 x  cos2x  sin x  cos x  1  0 . (1) Ta có:. (1)  (sin 2 x  1)  cos2 x  (sinx  cos x )  0 2. 2. 0,25. 2.  (sinx  cos x)  (cos x  sin x)  (sinx  cos x )  0  (sinx  cos x)(2cos x  1)  0 sinx  cos x  0   2cos x  1  0   x    k  4  (k  z)   x    k 2  3 4.  k ; x  . 0,25. 0,25. .  k 2 (k  z ) 3  x 2  xy  x  7  0  Giải hệ phương trình:  (2) 7 2 (  )  1  0 x y   2 x KL: x  . II.2. . 0,25. 1,0. Điều kiện: x  0 2.  x  xy  x  7  0 Khi đó (2)    x 2 ( x  y )2  7  x 2  0. 0,25.  x ( x  y )  x  7  0  2  x ( x  y )2  x 2 7  0. u  x ( x  y ) .  v x  u  v  7  0 Ta được  2 2 u  v  7  0. Đặt . 0,25. u  4 v  3. Giải ra ta được . 0,25. x  3 u  4  x ( x  y )  4  Với    5 . Vậy hệ có nghiệm v  3 x  3 y     3 III. Giải phương trình:. . x.  . 5 -1. . x. . 5 1. x 3 2 0. -2. (3).  5  1x  5  1x   Ta có: (3)        2 2  0  2   2 . x  3   5  y  3. 0,25. 1,0 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  5  1x  5  1x   (t  0)     1 . Khi đó pt(3) trở thành: Đặt: t      t  2   2 . 0,25.  t  2 1 1 2 t   2 2  0  t  2 2t  1  0   t  t  2 1  x  log ( 2 1) 5 1   t  2 1  2  Với   t  2 1  x  log 5 1 ( 2 1)   2. KL: x  log. IV. ( 2  1); x  log. 0,25. ( 2  1). 5 1. 5 1. 2. 2. 0,25. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB  a 2 . Gọi I là trung điểm S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn   của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của 0 IA  2 IH . Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH). . S. 1,0. . *Ta có IA  2 IH  H thuộc tia đối của tia IA và IA  2 IH ; BC  AB 2  2a Suy ra B. IA  a, IH . a 2.  AH  IA  IH . 0,25 3a 2. C A. Ta có HC 2  AC 2  AH 2  2 AC. AH .cos 450  HC . a 5 2. a 15 SH   ABC    SC ,  ABC    SCH  600  SH  HC.tan 600  2 1 a3 15 Thể tích khối chóp S.ABCD là: VS .ABC  SABC .SH   dvtt  3 6  BI  AH *   BI   SAH   BI  SH . V. d  K ,  SAH   d  B,  SAH  . SK 1 a 1 1    d  K ,  SAH    d  B,  SAH    BI  SB 2 2 2 2. Cho x, y là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  3. Theo Cauchy:  x  y   4 xy  x  y   4 xy  x  y . xy x 2  y 2 . xy . 2 xy x 2  y 2  2. . . x 3  y 3  7 xy( x  y ) xy x 2  y 2. 2. xy xy  x 2  y 2  2 xy    .  x  y 2 2  2  2 2. 0,25. 0,25. 0,25. 1,0 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0,25 0,25 2,0.  A  4.2 2  8 2  A min  8 2 khi x=y. VI.a VI.a.1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d : x  y  3  0 và d ' : x  y  6  0 . Trung điểm một cạnh là giao điểm của d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.. 9  x  x  y  3  0  2  I9;3  Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ  2 2   x  y  6  0 y  3  2. 1,0. 0,25. Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD  M  d  Ox  M  3; 0 . Ta có: AB  2 IM  3 2. 0,25. Theo giả thiết S ABCD  AB. AD  12  AD  2 2 . Vì I, M thuộc d.  d  AD  AD : x  y  3  0 Lại có MA  MD  2  tọa độ điểm A, D là nghiệm của hệ phương trình. x  y 3  0 x  2 x  4     A  2;1 ; D  4; 1   2 2    1 1 y y    3 2 x y     . VI.a.2. VII.a. 0,25. Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2). TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3 y  8  0 ,  ' :3x  4 y  10  0 và điểm A(2;1) . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’.. 0,25. Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t). 0,25. 1,0. Theo yc thì k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nên ta có 3(3t  8)  4t  10  (3t  8  2)2  (t  1) 2 2 2 3 4 Giải tiếp được t = -3. 0,25. Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25.. 0,25.  3 Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  2 x  x2   nN Điều kiện:   n2 31. 1 Phương trình: C n. . 2 Cn. 2n  1 2  , biết rằng C n  C n  210 . . n  20 (t/m) n! n!  210    210   ( n 1)! ( n  2)!2! n 21( lo¹i). 0,25. 1,0. 0,25. Khi đó  3   2 x    x2  . 40 . k  40 k (2 x )40  k (  3 ) k  C40 x2 k 0. . k  40 k 2 40  k ( 3)k x 40 3k  C40 k 0. Để số hạng trong khai triển trên chứa x31 thì cần và đủ là 40  3k  31  k  3. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 3. 37. 3. Vậy hệ số cần tìm là C40 2 ( 3). 0,25. VI.b. 2,0 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB và đường chéo BD lần lượt là x  2 y  1  0 và x  7 y  14  0 , đường thẳng AC đi. VI.b.1. 1,0. qua điểm M  2;1 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.. x  2 y 1  0  x  7 y  14  0. Do B là giao của AB và BD nên tọa độ của B là nghiệm hệ . 21   x  5  21 13    B ;   5 5  y  13  5. 0,25. Lại có ABCD là hình chữ nhật nên  AC , AB    AB, BD  .. . . . Kí hiệu nAB  1; 2  , nBD  1; 7  , n AC   a, b  lần lượt là vtpt của các đường thẳng AB, BD, AC. .  . . .  . . Khi đó ta có: cos n AB , nBD  cos nAC , nAB  a  2b . 3 a2  b2 2. 0,25.  a  b  7a  8ab  b  0   a   b 7  2. 2. Với a = -b. chọn a= 1, b = -1. Khi đó phương trình AC: x – y – 1 = 0. x  y 1  0 x  3   A  3; 2  A  AB  AC nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  x  2 y 1  0 y  2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I  AC  BD nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ 7  x  x  y 1  0  2  I 7;5    2 2  Do I là trung điểm của AC và BD nên    x  7 y  14  0 y  5  2  14 12  C  4;3 , D  ;  5 5. 0,25. Với b = -7a loại vì AC không cắt BD. 0,25 2. Trong. VI.b.2. mặt. phẳng. tọa. độ. Oxy. cho. elip. (E) :. 2. x y  1 16 9. và. đường. thẳng. d :3 x  4 y  12  0 . Chứng minh rằng đường thẳng d cắt elip (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tìm điểm C  ( E ) sao cho ABC có diện tích bằng 6.. Xét hệ PT giao điểm.  x2 y 2  x  4, y  0 1    ...    A(4;0), B(0;3)  16 9  x  0, y  3 3 x  4 y  12  0 . 1,0. là các 0,25. giao điểm của d và (E). 3 x  4 y0  12 x0 2 y0 2   1 (1). Ta có d (C , AB )  0 h 16 9 5 1 1 3x  4 y0  12 1  . AB.h  .5. 0  3 x0  4 y0  12 2 2 5 2. Gọi C ( x0 ; y0 )  ( E ) . 0,25. S ABC. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 3 x0  4 y0  24 (2) 3 x0  4 y0  0 (3). Theo giả thiết suy ra 3 x0  4 y0  12  12  . Từ (1) và (2) ta được PT 2 y0 2  12 y0  27  0 , PT này vô nghiệm - Từ (1 và (3) ta được PT 32 y02  144  y0  . 3  x0  2 2 . 2. Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là:. 0,25. 3  3    C   2 2;   và C   2 2; . 2 2   Một hộp đựng 12 viên bi trong đó có 5 bi xanh, 4 bi vàng, 3 bi trắng. Cần chọn 4 viên bi sao cho 4. VII.b viên bi này có không quá 2 màu trong 3 màu trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn. 4. Số cách chọn 4 viên bi từ 12 viên bi là C12 Trong đó để chọn ra 4 viên bi có cả 3 màu thì có các trường hợp:. C52 .C41 .C31 cách chọn, 1 2 1 TH2: 1 xanh, 2 vàng, 1 trắng. Có C5 .C4 .C3 cách chọn, 1 1 2 TH3: 1 xanh, 1 vàng, 2 trắng. Có C5 .C4 .C3 cách chọn.. 1,0 0,25. TH1: 2 xanh, 1 vàng, 1 trắng. Có. Suy ra số cách chọn để có đủ 3 màu là. C52 .C41 .C31 + C51 .C42 .C31 + C51 .C41 .C32. Vậy số cách chọn để có không quá 2 màu là:. C124 - ( C52 .C41 .C31 + C51 .C42 .C31 + C51 .C41 .C32 ) = --------------Hết--------------. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>