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 [r]
Trang 1SỞ GD & ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ễN THI ĐẠI HỌC
LẦN 1, NĂM HỌC: 2012 - 2013
MễN TOÁN, KHỐI A VÀ KHỐI A1 (Thời gian làm bài 180 phỳt)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Cõu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số: 3 4
x y x
a) Khảo sỏt và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b) Viết phương trỡnh tiếp tuyến tại điểm A của (C), biết tiếp tuyến cắt trục hoành tại B sao cho tam giỏc OAB cõn tại A
Cõu 2 (1,0 điểm) Giải phương trỡnh (2cos x1)(sinxcos ) 1x
Cõu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh
2
( , )
x y
Cõu 4 (1,0 điểm) Giải bất phương trỡnh 1
3 9
2 log 9x9 log 28 2.3 x x
Cõu 5 (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là nửa lục giỏc đều nội tiếp trong đường
trũn đường kớnh AD = 2a, SA (ABCD), SAa 6, H là hỡnh chiếu vuụng gúc của A trờn SB Tỡm thể tớch khối chúp H.SCD và tớnh khoảng cỏch giữa hai đường thẳng AD và SC
Cõu 6 (1,0 điểm) Cho cỏc số thực khụng õm a, b, c thỏa món ab bc ca 3 và ac.Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2 2 2 3 2.
( 1) ( 1) ( 1)
P
Phần riêng (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d : 31 x , y 5 0 2
d : 3x và điểm y 1 0 I(1; 2) Viết phương trỡnh đường thẳng đi qua I và cắt d1, d2 lần lượt tại A
và B sao cho AB 2 2
Cõu 8.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giỏc ABC nội tiếp trong đường trũn
2 2
(T) :x y 4x2y tõm I và đường phõn giỏc trong của gúc A cú phương trỡnh 0 x y 0 Biết diện tớch tam giỏc ABC bằng ba lần diện tớch tam giỏc IBC và điểm A cú tung độ dương Viết phương trỡnh đường thẳng BC
Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n là số nguyờn dương thỏa mónAn33 6 Cn31 294. Tỡm số hạng mà tớch số
mũ của x và y bằng 18 trong khai triển nhị thức Niu-tơn
n x
y y
nx
2
2 4
3 , xy 0
B Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hỡnh thang ABCD vuụng tại A và D,
CD 2AB,B(8;4) Gọi H là hỡnh chiếu vuụng gúc của D lờn AC, M(82 6; )
13 13 là trung điểm của HC Phương trỡnh cạnh AD là x y 2 0. Tỡm tọa độ cỏc đỉnh A, C, D của hỡnh thang
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A(3;0) và elớp
2 2
và C thuộc Elớp sao cho tam giỏc ABC vuụng cõn tại A, biết điểm C cú tung độ õm
Cõu 9.b (1,0 điểm) Trờn cỏc cạnh AB, BC, CD, DA của hỡnh vuụng ABCD lần lượt lấy 1, 2, 3 và n
điểm phõn biệt khỏc A, B, C, D Tỡm n biết số tam giỏc lấy từ n + 6 điểm đó cho là 439
- 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: ………
Trang 2SỞ GD & ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
-*** -
đáp án – thang điểm
đề kiểm tra chất lượng ôn thi đại học Lần 1 năm học: 2012 – 2013- môn toán, khối A và A1
(Đỏp ỏn – Thang điểm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
a (1,0 điểm)
* Tập xỏc định \ 3
4
DR
* Sự biến thiờn:
+ Chiều biến thiờn: ' 25 2 0,
(4 3)
x
Hàm số đồng biến trờn cỏc khoảng ; 3
4
và
3
; 4
0.25
+Cực trị: Hàm số khụng cú cực trị
+ Giới hạn và tiệm cận: lim lim 3
4
tiệm cận ngang: y = 3
4
lim , lim
tiệm cận đứng: x = -4
3
0.25
+ Bảng biến thiờn:
x
- -3
4
'
y + +
y
+ 3
4 3
4 -
0.25
1
(2,0
điểm)
* Đồ thị:
Đồ thị hàm số đối xứng qua giao điểm 2 đường tiệm cận
0.25
Trang 3b.(1,0 điểm)
Gọi M là trung điểm của OB có tọa độ M x( ; 0)0 Suy ra B(2 ; 0)x0 , 0
0 0
4 3
x
A x x
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A có dạng:
0 0 2
0 0
(4 3)
x
x x
0.25
0 0
4 3
x
x
Do đó tiếp tuyến có hệ số góc là 0
0 0
4 3 (4 3)
x k
Mà ta lại có 0 2
0
25 '( )
(4 3)
k y x
x
0.25
Suy ra
0 0
2
2
1 (4 3) (4 3)
2
x x
0.25
Từ đó ta viết được phương trình 2 tiếp tuyến cần tìm là:
4
y và x y x 1
0.25
(1,0 điểm)
PT đã cho tương đương với:
sin 2 x 2 cos2 x (s inx cos ) x 1
0.25
s i n 2x 1 co s 2x ( s i n x c o s x) 1
sin 2 x c os2 x s inx cos x
sin ( 2 ) s in (x )
0.25
2
(1,0
điểm)
2
x k
,
(1,0 điểm)
+ Trường hợp 1: x 0 y Suy ra 0 0
0
x y
+ Trường hợp 2: x 0
Chia hai vế của phương trình đầu tiên cho x , phương trình hai cho 2
x :
2
2 2
3 8 2
4 1
2
12 3
y y
x y
x
0 5
3
(1,0
điểm)
Suy ra 4y12 12y 3 y hoặc 1 1
4
y (loại)
Với y ta có 1 x 2 3 x 1
x
hoặc x 2 Kết luận: Hệ có 3 nghiệm ( ; )x y là 0; 0 ; 1;1 ; 2;1
0.25
(1,0 điểm)
4
(1,0
điểm)
Điều kiện: 3x 14
Bất phương trình đã cho tương đương với:
log 9x 9 log x 28 2.3x
0.25
Trang 49
3 3.9 28.3 9
3
x
x
0.25
Kết hợp với điều kiện, ta được 3 1
3
x
Từ đó, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:
S ; 1 2; log 143
0.25
(1,0 điểm)
Trong tam giác vuông SAB có
2
2 2
7 7
0.25
K là hình chiếu của B trên AD ta có: BK.AD = AB.BD suy ra
2
AD
3
V
14
HSDC
a
Do AD//(SBC) nên d(AD SC, ) d(AD SBC, ) d( ,A SBC )
0.25
5
(1,0
điểm)
Dựng hình bình hành ADBE Do ABBD nên ABAE
Đặt d A SBC( , )= h Trong tứ diện vuông ASEB, ta có:
h SA AB AE SA AB BD a a a a
Suy ra (d AD SC = h = , ) 6
3
a
0.25
(1,0 điểm)
Ta chứng minh: Với các số thực không âm x, y thì 1 2 1 2 1 (*)
(x1) (y1) 1xy
Thật vậy (*)xy x( y)2(xy1)2 (luôn đúng) Tức (*) đúng 0
0.25
Áp dụng (*) ta có:
2
P
0.25
6
(1,0
điểm)
Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương ta có
(x y z) 3 xyz.3 9
hay 1 1 1 9
x yz x y z
P
Vì a nên c 9 3
3 2
P
ab bc ca
0.25
S
E
Trang 5Từ đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 3
2(khi và chỉ khi ab ) c 1
0.25
(1,0 điểm)
Vì Ad B1, d2 nên gọi tọa độA a( ; 3 a5); ( ; 3B b b1)
( ; 4 3( ))
AB b a b a
Từ giả thiết AB 2 2 suy ra:
2 (b a ) 4 3( b a ) 2 2 Đặt t b a, ta có 2 2
2
5
t
t
0.25
Với t2 b a2AB(2; 2)
là véctơ chỉ phương của cần tìm
Suy ra phương trình đường thẳng là 1 2 1 0
x y
0.25
7.a
(1,0
điểm)
t b a
Tương tự ta có phương trình của đường thẳng là 7x y 9 0
Vậy có 2 đường thẳng cần tìm là xy 1 0 và 7x y 9 0.
0.25
(1,0 điểm)
Đường tròn T có tâm I 2;1 , bán kính R 5
Gọi d là đường phân giác trong của gócA
Khi đó đường thẳng d cắt đường tròn T tại A và
A 'có tọa độ là nghiệm của hệ
x y 4x 2y 0
x y 0
x 0
y 0
hoặc x 3
y 3
0.25
Điểm A có tung độ dương suy ra A 3;3 và A ' 0;0
Vì d là phân giác trong của góc A nên BA ' CA ' IA' BC
0.25
Phương trình đường thẳng BC có dạng: BC : 2x y m 0
Mặt khác ta có: SA B C 3SIB C d A , B C 3 d I, B C
0.25
8.a
(1,0
điểm)
Do đó phương trình đường thẳng BC là : 2x y 3 0 và 2x y 6 0
0.25
(1,0 điểm)
Từ A n33 6C n31 294 (n3)(n2)(n1)(n1) (n n1) 294 0.25
Với n 6 ta có
6
6 12 12 3 6
2
0
2
2 k k k k (0 6, )
k
0.25
9.a
(1,0
điểm)
Để tích sô mũ của x và y bằng 18, ta có
(6k12)(12 3 ) 18 k k 3
Vậy số hạng cần tìm là 160x y 6 3
0.25
I A
A'
Trang 6(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
Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AD nên có
phương trình là: xy120
Vậy tọa độ A thỏa mãn 12 0
2 0
x y
x y
Suy ra (5;7)A
0.25
Phương trình đường thẳng AC(đi qua A và M) là 5x y 32 0
Theo trên MN ACnên phương trình MN là x5y 4 0
Ta có phương trình BN là x (do y 4 0 BN / /DA và qua B) Suy ra N(4;0)
0.25
8 4 2
2
d B AD BN Gọi D d d ( ; 2)
Mà AD2 = BN2 2 2
(d 5) (d 5) 32
Suy ra D(9 ; 11) hoặc D(1 ; 3)
0.25
7.b
(1,0
điểm)
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 (5;7)A , C(7 ; -3), D(1 ; 3)
0.25
(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) (n0)
0 5
Từ giả thiết B, C thuộc (E) và tam giác ABC vuông nên:
2 2 1 9
m n
AB AC
0.25
8.b
(1,0
điểm)
Ta có hệ
2
( 3)( 3) 0
12 3 ,
Vậy (12; 3), (12 3; )
0.25
(1,0 điểm)
Số tam giác tạo thành từ n + 6 đỉnh là C n36 0.25
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 3
n
C
0.25
Do đó trên thực tế số tam giác tạo thành phải là:
3 3
6 1 439
C C
0.25
9.b
(1,0
điểm)
-Hết -
N
M H
B
A