Đề kiểm tra chất lượng ôn thi Đại học lần 1 môn Toán, khối A và khối A1 năm học 2012-2013 - Trường THPT Hậu Lộc 4

Chia sẻ: Trần Duy Tùng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

87
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề kiểm tra chất lượng ôn thi Đại học lần 1 môn Toán, khối A và khối A1 năm học 2012-2013 là tài liệu bổ ích giúp các em ôn luyện và kiểm tra kiến thức chuẩn bị cho kì thi Đại học, Cao đẳng đạt điểm cao.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra chất lượng ôn thi Đại học lần 1 môn Toán, khối A và khối A1 năm học 2012-2013 - Trường THPT Hậu Lộc 4

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 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  4 2 2 2 ( x, y  ) .  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    . (a  1) (b  1) (c  1)2 2 2 PhÇn riªng (3,0 ®iÓm) ThÝ sinh chØ ®îc lµm mét trong hai phÇn (phÇn A hoÆc phÇn B) A. Theo ch¬ng tr×nh chuÈn 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. 3 3 C©u 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn An3  6Cn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   3 y  x 2  , xy  0 .    B. Theo ch¬ng tr×nh n©ng cao C©u 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D, 82 6 CD  2AB , B(8;4) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC, M( ; ) 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 C©u 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A(3;0) và elíp ( E ) :   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 -------------------- 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: ………………
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ®¸p ¸n – thang ®iÓm TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 ®Ò kiÓm tra chÊt lîng «n thi ®¹i häc LÇn 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 Đáp án Điểm 1 a. (1,0 điểm) (2,0  3 0.25 điểm) * 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. 0.25 3 3 + Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  tiệm cận ngang: y = x  x  4 4 4 lim y  , lim y   tiệm cận đứng: x = - 4 x  (  ) 4 x  (  ) 3 3 3 + Bảng biến thiên: 0.25 x 3 - -  4 y' + + 3 y + 4 3 - 4 * Đồ thị: 0.25 Đồ thị hàm số đối xứng qua giao điểm 2 đường tiệm cận.
b.(1,0 điểm) 3 x0  4 0.25 Gọi M là trung điểm của OB có tọa độ M ( x0 ;0) . Suy ra B(2 x0 ;0) , A( x0 ; ) 4 x0  3 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A có dạng: 25 3x  4 y 2 ( x  x0 )  0 (4 x0  3) 4 x0  3  4  3 x0 4  3 x0 0.25 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  x0  2 0.25 4  3 x0 25 Suy ra   x0 (4 x0  3) (4 x0  3) 2  x0  1  2 Từ đó ta viết được phương trình 2 tiếp tuyến cần tìm là: 0.25 y  x  4 và y  x  1 . 2 (1,0 điểm) (1,0 PT đã cho tương đương với: 0.25 điểm) 2 sin 2 x  2 cos x  (s inx  cos x )  1  s i n 2 x  1  c o s 2 x  (s i n x  c o s x )  1 0.25  sin 2 x  c os2 x  s inx  cos x 0.25    sin(2 x  )  s in(x  ) 4 4  2 0.25  x  k 2 hoặc x   k ,k  Z 6 3 3 (1,0 điểm) (1,0 x  0 0.25 điểm) + Trường hợp 1: x  0  y  0 . Suy ra  là nghiệm của hệ y  0 + Trường hợp 2: x  0 0. 5 Chia hai vế của phương trình đầu tiên cho x , phương trình hai cho x 2 :  3  y  2y  2y  8  x  4y 1 0  x  4 y 1  2  x  x  2y  2  2  2   x     4 y  1  x2  8 y  3  4 y  0  x2  4 y  8 y  3  x    x 2   x 2  2y  2  x   12 y  3   x  2 1 0.25 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 4 (1,0 điểm) (1,0 Điều kiện: 3x  14. 0.25 điểm) Bất phương trình đã cho tương đương với: log3  9 x  9   log 3 3 x.  28  2.3x    
 x 1 0.25 3  3.9  28.3  9  0   x x 3  x 3  9  1 0.25 Kết hợp với điều kiện, ta được 3x  hoặc 9  3x  14 3 Từ đó, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: 0.25 S   ; 1   2;log 3 14  . 5 (1,0 điểm) (1,0 S 0.25 điểm) Trong tam giác vuông SAB có SA2  SH .SB SH SA2 SA2    SB SB 2 SA2  AB 2 2 SH 6a 6   2  SB 7a 7 A H K D . E B C 6 6 6 1 2 0.25 Do đó: VHSDC  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 3 ABBD a 3 . 1 a2 3 3a 2 BK    SBCD  BK.BC  , suy ra: VHSDC  AD 2 2 4 14 Do AD//(SBC) nên d( AD ,SC )  d( AD , SBC  )  d ( A, SBC ) Dựng hình bình hành ADBE. Do AB  BD nên AB  AE 0.25 Đặt d ( A,  SBC ) = h. Trong tứ diện vuông ASEB, ta có: 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 6 (1,0 điểm) (1,0 1 1 1 0.25 điểm) 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: 0.25 1 1  1 1  1 2 P 2  2  2 2  2   (a  1) (c  1)  (b  1) (c  1)  1  ac 1  bc Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương ta có 0.25 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9 ( 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
3 0.25 Từ đó giá trị nhỏ nhất của P bằng (khi và chỉ khi a  b  c  1 ). 2 7.a (1,0 điểm) (1,0 Vì A  d1 , B  d 2 nên gọi tọa độ A( a; 3a  5); B(b; 3b  1) 0.25 điểm)   AB  (b  a; 4  3(b  a )) Từ giả thiết AB  2 2 suy ra: 0.25 t  2 2 (b  a )   4  3(b  a )   2 2 . Đặt t  b  a , ta có t  (3t  4)  8   2 2 2 2 t   5   Với t  2  b  a  2  AB  (2; 2) là véctơ chỉ phương của  cần tìm. 0.25 x 1 y  2 Suy ra phương trình đường thẳng  là   x  y 1  0 2 2 2 2 0.25 Với t  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 0.25 điểm) Đường tròn  T  có tâm I  2;1 , bán kính R  5 A Gọi d là đường phân giác trong của góc A Khi đó đường thẳng d cắt đường tròn  T  tại A và I A ' có tọa độ là nghiệm của hệ  x 2  y 2  4x  2y  0 x  0 x  3   hoặc   xy0 y  0 y  3 B C . A' Điểm A có tung độ dương suy ra A  3;3 và A '  0;0  0.25   Vì d là phân giác trong của góc A nên BA '  CA '  IA'  BC Phương trình đường thẳng BC có dạng: BC : 2x  y  m  0 0.25 Mặt khác ta có: S A B C  3S IB C  d  A , B C   3 .d  I, B C  m9 m5 m  3 0.25   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) (1,0 3 3 Từ An  3  6 C n 1  294  ( n  3)( n  2)( n  1)  ( n  1) n ( n  1)  294 0.25 điểm) Giải ra ta được n  6 0.25 6 0.25  2x4 y2  6 Với n  6 ta có   2    2k .C6k x 6 k 12 y123k (0  k  6, k   )  y x  k 0 Để tích sô mũ của x và y bằng 18, ta có 0.25 (6k  12)(12  3k )  18  k  3. Vậy số hạng cần tìm là 160 x 6 y 3 .
7.b (1,0 điểm) (1,0 Gọi N là trung điểm của DC, suy ra DN = AB. Do M, N 0.25 điểm) 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 D N C Suy ra A(5;7) Phương trình đường thẳng AC(đi qua A và M) là 5 x  y  32  0 0.25 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) 842 0.25 d ( B; AD )   3 2, BN  4 2 . Gọi D (d ; d  2) 2 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. 0.25 Từ N là trung điểm DC, ta tìm được C(7 ; -3). Vậy A(5;7) , C(7 ; -3), D(1 ; 3). 8.b (1,0 điểm) (1,0 Nhận thấy A  ( E ) và là đỉnh thứ nhất trên trục thực. Do tam giác ABC cân tại A và (E) 0. 5 điểm) 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) .  m2 0.25   n2  1 Từ giả thiết B, C thuộc (E) và tam giác ABC vuông nên:  9   .  0   AB AC  m 2  9n 2  9  12 3 12 3 12 3 0.25 Ta có hệ  2  m  , n  Vậy B( ;  ), C ( ; ) (m  3)(m  3)  n  0  5 5 5 5 5 5 9.b (1,0 điểm) (1,0 3 Số tam giác tạo thành từ n + 6 đỉnh là Cn  6 0.25 điểm) Số tam giác tạo thành từ 3 điểm trên cùng cạnh CD là 1 0.25 3 Số tam giác tạo thành từ n điểm trên cùng cạnh DA là Cn Do đó trên thực tế số tam giác tạo thành phải là: 0.25 3 3 Cn 6  Cn  1  439. Giải ra ta được n = 10. 0.25 ---------------------Hết--------------------