De thi KSCL lop khoi lan 3 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA. TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH II. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP KHỐI LẦN 3 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN 10 (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề). Câu 1: (2,0 điểm) Giải các phương trình sau 1. 2.. x. 2.  4   x 2  2 x  3 0. x 2  x  2 3  x. Câu 2: (2,0 điểm) Giải các bất phương trình sau 2 5  1. x  1 2 x  1 2.. 2x  1  3  2.  xy  x  y x 2  2 y 2  2 x  2 y x 2 y  y x  1 Câu 3: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 0 2 0 0 0 Câu 4: (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức P sin 50  sin 70  cos50 cos70 Câu 5: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC, biết A  1;3 , B  3;2  và C   2;  3 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua trọng tâm G của tam giác ABC và vuông góc với AB. Câu 6: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 : x  y  1 0 và  2 : x  7 y  1 0 . Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với đường thẳng 1 tại điểm M  1;2  và tiếp xúc với đường thẳng  2 . Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có AC 2 BD và đường tròn  C  tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình.  C  : x 2  y 2 4 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C , D của hình thoi. Biết A thuộc Ox .. Câu 8: (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương và thoả mãn điều kiện x  y  z 1 . 1 1 1 P (1  )(1  )(1  ) x y z . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ………...…………………..………..…..……..….………..Hết……………….……….……………………………….……….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên thí sinh: ……………………........................…………….. Số báo danh:…………………….……………….. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP KHỐI LẦN 3 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN 10 Câu. Ý. 1.  x 2  4 0 2 2 x  4 x  2 x  3  0      2  x  2 x  3 0 + Ta có  x 2  x 2  4 0    x  2 + Vậy PT có các nghiệm x  2 và x 2. + PT. 2. 0,5. 0,5. 3  x 0 x 2  x  2 3  x   2 2  x  x  2  3  x . 1. 2. Thang điểm. Nội dung. 0,5.  x 3  x 3 11   2  11  x  2 7  x  x  2 9  6 x  x  x  7 11 x 7 + Vậy PT có nghiệm là  x 1   1  x  2 + ĐK: 2  2 x  1  5  x  1 2 5   0  0 x  1 2 x 1 x  1  2 x 1  + BPT  x 7  0  x  1  2 x 1 + Lập bảng xét dấu VT, ta có. 0,5. 0,25. 0,25. 1 0,25. 1   1   T 2  ;1   7;1   2 + + Vậy BPT  x 7 có tập nghiệm + + x 1 0 + 2 x 1  20x  1  3+  2  2 x  1+  1 2 x  1  3 +2     2 x  1  3  2  2 x  1  5 + BPT VT + x. 2. 0,25 7 0.  1  2 0. . + + -. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> + BPT (1) có tập nghiệm. T1  0;1. + BPT (2) có tập nghiệm. T2   ;  2    3;  . + Vậy BPT có tập nghiệm. T   ;  2    0;1   3;  . + Đk: x 1, y 0 (*) + Từ PT (1) của hệ, ta có  x  y   x  2 y  1 0  x  2 y  1 0 3. 4. 0,25 ( Do đk (*) ). . + Vậy hệ PT có nghiệm. 0,25 ( Do đk (*) )  x 5.  x; y   5; 2 . 2 0 2 0 0 0 + Ta có: P sin 50  sin 70  cos 50 cos 70 1 1 1   1  cos1000    1  cos1400    cos1200  cos 200  2 2 2 1 1 1 1   cos1400  cos1000    cos 200 2 4 2 5 1   cos1200 cos 200  cos 200 4 2 5 1 1 5   cos 200  cos 200  4 2 2 4 5 P 4 + Vậy. G  1;1  AB  2;  1 + Đường thẳng  đi qua trọng tâm G và nhận làm VTPT nên 2  x  1  1 y  1 0  2 x  y  1 0 có PT: + Vậy  : 2 x  y  1 0 + Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ. 5. 0,25 0,25. + Thay x 2 y  1 vào PT (2) của hệ, ta được  y 1 2 y  2 0  2 y  2 0  y 2. . 0,25 0,25. 0,25. 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25. 6 + Gọi. I  a; b  R , là tâm và bán kính của đường tròn (C). Vì đường tròn (C).  M   C   M 1;2 IM  1    1 tiếp xúc với tại nên . 0,25. Do đó I phải nằm trên đường thẳng  đi qua M và vuông góc với 1  I  a;3  a  + Đường thẳng  có phương trình  : x  y  3 0. và. R IM  2 a  1. d  I ,  2  R . 6a  22 5 2. . (C) tiếp xúc với.  2 nên.  a  3  2 a 1    a 2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> I  3; 6   Với a  3 , ta có  và R 4 2 . Đường tròn (C) có phương.  C  :  x  3 trình  Với a 2 , ta có.  C  :  x  2. 2. 2. 2.   y  6  32 0,25. I  2;1. và R  2 . Đường tròn (C) có phương trình. 2.   y  1 2. x2 y 2  2 1 2 a  b  0  . hình thoi ABCD có a b + Giả sử (E) : với  AC 2 BD và A, B, C , D thuộc (E) nên OA 2OB  a A  a; o   B  0;   2  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên + Giả sử 7. 0,25. 2. 0,25. 0,25. 2. C AB suy ra OH là bán kính đường tròn   : x  y 4 1 1 1 1 4 1  2  2 2  2 2 OA OB a a 4 + Ta có OH. 0,25. 2 2 + Suy ra a 20, b 5 .. x2 y 2  1 Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là 20 5 1 1 1 ( x  1)( y  1)( z  1) P (1  )(1  )(1  )  x y x xyz + Ta có: + Áp dụng bất đẳng thức Cô si , ta có. 0,25. 0,25. x  1 x  x  y  z 4 4 x 2 yz 0,25. y  1  y  x  y  z 4 4 xy 2 z 8. z  1 z  x  y  z 4 4 xyz 2 P Do đó. 4 4 4 4 x y z ( x  1)( y  1)( z  1) 64 64 xyz xyz. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 x  y z  P  64  3 + Vậy min. x  y z . 1 3. .................Hết................ 0,25 0,25.

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