S GD & T THANH HO
TRNG THPT HU LC 4

KIM TRA CHT LNG ễN THI I HC
LN 1, NM HC: 2012 - 2013
MễN TON, KHI A V KHI A
1
(Thi gian lm bi 180 phỳt) PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s:
3 4
4 3
x
y
x



.
a) Kho sỏt v v th (C) ca hm s.
b) Vit phng trỡnh tip tuyn ti im A ca (C), bit tip tuyn ct trc honh ti B sao cho tam
giỏc OAB cõn ti A.
Cõu 2 (1,0 im). Gii phng trỡnh
(2cos 1)(sin cos ) 1
x x x

.
Cõu 3 (1,0 im). Gii h phng trỡnh
2

.
Cõu 5 (1,0 im). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l na lc giỏc u ni tip trong ng
trũn ng kớnh AD = 2a, SA

(ABCD),
SA 6
a

, H l hỡnh chiu vuụng gúc ca A trờn SB.
Tỡm th tớch khi chúp H.SCD v tớnh khong cỏch gia hai ng thng AD v SC.

Cõu 6 (1,0 im). Cho cỏc s thc khụng õm a, b, c tha món
3
ab bc ca

v
.
a c

Tỡm giỏ tr
nh nht ca biu thc
2 2 2
1 2 3
.
( 1) ( 1) ( 1)
P
a b c




tõm I v ng phõn giỏc trong ca gúc A cú phng trỡnh
0
x y

. Bit
din tớch tam giỏc ABC bng ba ln din tớch tam giỏc IBC v im A cú tung dng. Vit
phng trỡnh ng thng BC.

Câu 9.a (1,0 im). Cho n l s nguyờn dng tha món
3 3
3 1
6 294.
n n
A C Tỡm s hng m tớch s
m ca
x
v
y
bng 18 trong khai trin nh thc Niu-tn
n
x
y
y
nx




Câu 8.b (1,0 im). Trong mt phng to Oxy, cho
A(3;0)
v elớp
2 2
( ) : 1.
9 1
x y
E

Tỡm im B
v C thuc Elớp sao cho tam giỏc ABC vuụng cõn ti A, bit im C cú tung õm.
Cõu 9.b (1,0 im). Trờn cỏc cnh AB, BC, CD, DA ca hỡnh vuụng ABCD ln lt ly 1, 2, 3 v n
im phõn bit khỏc A, B, C, D. Tỡm n bit s tam giỏc ly t n + 6 im ó cho l 439.
Hết

Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
S GD & T THANH HO
TRNG THPT HU LC 4
***
đáp án


thang điểm

đề kiểm tra chất lợng ôn thi đại học

Lần 1
năm học: 2012 2013- môn toán, khối A và A
1

0,
(4 3)
y x D
x



Hm s ng bin trờn cỏc khong
3
;
4

v
3
;
4

.
0.25
+

Cc tr: Hm s khụng cú cc tr.
+
Gii hn v tim cn

x

-

-
3
4

'
y +

+
y
+


( ; )
4 3
x
A x
x



Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A có dạng:
0
0
2
00
25
3 4
( )
4 3
(4 3)
x
y x x
x
x

  



0.25
Ta có
0

(4 3)
k y x
x
 


0.25
Suy ra
0
0
2
0 0 0
0
2
4 3 25
1
(4 3) (4 3)
2
x
x
x x x
x
 



 

 



sin 2 os2 s inx cos
x c x x
   sin(2 ) s in(x )
4 4
x
 
   

0.25

2
x k

 

hoặc

2
,
6 3
x k k Z
 
  

0.25
3

x
:
2 2
2 2
2 2
2 2
4 1 0 4 1
4 4
8 3 0 8 3
y y
x y x y
x x
y y
x y x y
x x
 
      
 
 

 
 
      
 
 
 
2
2
2
3

x y
x

0. 5
Suy ra
 
2
4 1 12 3 1
y y y
    
hoặc
1
4
y

(loại)
Với
1
y

ta có
2
3 1
x x
x
   
hoặc
2
x


3 .
log 9 9 log 28 2.3
x x x
 
 
  

0.25
1
0
3
9
3
3.9 28.3 9
3
x
x x
x



 




 

0.25
Kết hợp với điều kiện, ta được

2 2
2 2 2
2
2
.
6 6
7
7
SA SH SB
SH SA SA
SB
SB SA AB
SH a
SB
a

  

  

.

0.25
Do đó:
. .
6 6 6 1 2
= . . 6.
7 7 7 3 7
HSDC B SCD S BC D BCD BCD
V V V SA S a S


0.25
Dựng hình bình hành ADBE. Do AB

BD nên AB

AE
Đặt


( , )
d A SBC
= h. Trong tứ diện vuông ASEB, ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9
6 3 6
h SA AB AE SA AB BD a a a a
         

Suy ra
( , )
d AD SC
= h =
6
3
a

0.25
6
(1,0

0.25
Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương ta có
3
3
1 1 1 1 1 1
( ). 3 .3 . . 9
x y z xyz
x y z x y z
 
     
 
 
hay
1 1 1 9
x y z x y z
  
 
.
Suy ra
1 1 1 9
1 1 1 1 1 1
P
ac bc bc ac bc bc
   
       

Vì
a c

nên

Vì
1 2
,
A d B d
 

nên gọi tọa độ
( ; 3 5); ( ; 3 1)
A a a B b b
   ( ;4 3( ))
AB b a b a
   


0.25
Từ giả thiết
2 2
AB 
suy ra:
 
2
2
( ) 4 3( ) 2 2
b a b a    
.
Đặt
t b a

là
1 2
1 0
2 2
x y
x y
 
    


0.25
Với
2 2
5 5
t b a
   
.
Tương tự ta có phương trình của đường thẳng

là
7 9 0
x y
  

Vậy có 2 đường thẳng cần tìm là
1 0
x y
  
và
7 9 0



T
tại
A
và
A'
có tọa độ là nghiệm của hệ
2 2
x y 4x 2y 0
x y 0

   

 

x 0
y 0






hoặc
x 3
y 3





0.25
Phương trình đường thẳng
BC
có dạng:
BC: 2x y m 0
  

Mặt khác ta có:




A BC IB C
S 3S
d A , B C 3.d I, B C

 

0.25
m 3
m 9 m 5
3. m 9 3. m 5
m 6
5 5
 
 

      



0.25
Với
6
n


ta có
6
4 2
6
6 12 12 3
6
2
0
2
2 . (0 6, )
k k k k
k
x y
C x y k k
y x
 

 
    
 
 



phương trình là:
12 0.
x y
  

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
5 32 0
x y
  

Theo trên
MN AC

nên phương trình MN là

d d
    
. Suy ra D(9 ; 11) hoặc D(1 ; 3).
0.25
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
8.b
(1,0
điểm)
(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
( ; ) ( 0)
C m n n
 
.
0. 5

   


12 3
,
5 5
m n
  
Vậy
12 3 12 3
( ; ), ( ; )
5 5 5 5
B C

0.25
9.b
(1,0
điểm)
(1,0 điểm)

Số tam giác tạo thành từ n + 6 đỉnh là
3
6
n
C


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