Đề ôn thi ĐH môn Toán - THPT Hậu Lộc 4 lần 1 năm 2012-2013

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

68
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề ôn thi ĐH môn Toán - THPT Hậu Lộc 4 lần 1 năm 2012-2013 gồm các câu hỏi tự luận có đáp án giúp cho các bạn học sinh lớp 12 có thêm tư liệu tham khảo phục vụ cho ôn tập thi cử.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề ôn thi ĐH môn Toán - THPT Hậu Lộc 4 lần 1 năm 2012-2013

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: ……………… Cảm ơn thầy Tấn Hậu (hau79@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
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 SH 6a 2 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 Mà AD2 = BN2  (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-------------------- Cảm ơn thầy Tấn Hậu (hau79@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl