Tải bản đầy đủ

Đề thi KSCL lớp khối lần 3 - 2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP KHỐI LẦN 3
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH II 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 2
4 2 3 0x x x
− + + =
2.
2
2 3x x x+ − = −

Câu 2: (2,0 điểm) Giải các bất phương trình sau
1.
2 5
1 2 1x x
<
− +
2.

2 1 3 2x − − >
Câu 3: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
2
2 2 2 1
xy x y x y
x y x y y x

+ + = −


− = − −


Câu 4: (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức
2 0 2 0 0 0
sin 50 sin 70 cos50 cos70P = + −
Câu 5: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác ABC, biết
( ) ( )
1;3 , 3;2A B

( )
2; 3C − −
. 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
: 1 0x y∆ − + =

2
: 7 1 0x y∆ + + =
. Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với đường thẳng
1


tại điểm
( )
1;2M
và tiếp xúc với đường thẳng
2

.
Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hình thoi
ABCD

2AC BD=

đường tròn
( )
C
tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình
( )
2 2
: 4C x y+ =
. 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
1x y z+ + =
.
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1 1
(1 )(1 )(1 )P
x y z
= + + +
.
……… ………………… ……… … …… ….……… Hết……………….……….……………………………….………
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 Nội dung
Thang
điểm
1
1
+ Ta có
( ) ( )
2
2 2
2
4 0
4 2 3 0
2 3 0
x
x x x
x x

− =
− + + = ⇔

+ + =


2
2
4 0
2
x
x
x
=

⇔ − = ⇔

= −

+ Vậy PT có các nghiệm
2x = −

2x =
0,5
0,5
2
+ PT
( )
2
2
2
3 0
2 3
2 3
x
x x x
x x x
− ≥


+ − = − ⇔

+ − = −




2 2
3
3
11
11
7
2 9 6
7
x
x
x
x
x x x x





⇔ ⇔ ⇔ =
 
=
+ − = − +



+ Vậy PT có nghiệm là
11
7
x =
0,5
0,5
2
1
+ ĐK:
1
1
2
x
x




≠ −


+ BPT
( ) ( )
( ) ( )
2 2 1 5 1
2 5
0 0
1 2 1 1 2 1
x x
x x x x
+ − −
⇔ − < ⇔ <
− + − +
( ) ( )
7
0
1 2 1
x
x x
− +
⇔ <
− +
+ Lập bảng xét dấu VT, ta có
+ Vậy BPT có tập nghiệm
( )
1
;1 7;
2
T
 
= − ∪ +∞
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
0,25
2
+ BPT
( )
( )
2 1 3 2 2 1 1 1
2 1 3 2
2 1 3 2 2 1 5 2
x x
x
x x
 − − < −  − <
− − > ⇔ ⇔
 
− − > − >
 
 

+ BPT (1) có tập nghiệm
( )
1
0;1T =

+ BPT (2) có tập nghiệm
( ) ( )
2
; 2 3;T = −∞ − ∪ +∞

+ Vậy BPT có tập nghiệm
( ) ( ) ( )
; 2 0;1 3;T
= −∞ − ∪ ∪ +∞
0,25
0,25
0,25
0,25
x
−∞

1
2


1

7

+∞
7x
− +
+ + + 0 -
1x

- - 0 + +
2 1x
+
- 0 + + +
VT + - + 0 -
3
+ Đk:
1, 0x y≥ ≥
(*)
+ Từ PT (1) của hệ, ta có

( ) ( )
2 1 0 2 1 0x y x y x y+ − − = ⇔ − − =
( Do đk (*) )
+ Thay
2 1x y= +
vào PT (2) của hệ, ta được

( )
( )
1 2 2 0 2 2 0 2y y y y+ − = ⇔ − = ⇔ =
( Do đk (*) )
5x⇒ =
+ Vậy hệ PT có nghiệm
( ) ( )
; 5;2x y =
0,25
0,25
0,25
0,25
4
+ Ta có:
2 0 2 0 0 0
sin 50 sin 70 cos50 cos70P = + −

( ) ( ) ( )
0 0 0 0
1 1 1
1 cos100 1 cos140 cos120 cos 20
2 2 2
= − + − − +

( )
0 0 0
1 1 1
1 cos140 cos100 cos20
2 4 2
= − + + −

0 0 0
5 1
cos120 cos 20 cos20
4 2
= − −

0 0
5 1 1 5
cos 20 cos 20
4 2 2 4
= + − =
+ Vậy
5
4
P =
0,25
0,25
0,25
0,25
5
+ Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ
( )
1;1G
+ Đường thẳng

đi qua trọng tâm G và nhận
( )
2; 1AB = −
uuur
làm VTPT nên
có PT:
( ) ( )
2 1 1 1 0 2 1 0x y x y− − − = ⇔ − − =
+ Vậy
: 2 1 0x y∆ − − =
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)
tiếp xúc với
1

tại
( )
1;2M
nên
( )
1
M C
IM
 ∈


⊥ ∆



Do đó
I
phải nằm trên đường thẳng

đi qua M và vuông góc với
1

+ Đường thẳng

có phương trình
: 3 0x y∆ + − =

( )
;3I a a⇒ −

2 1R IM a= = −
. (C) tiếp xúc với
2

nên

( )
2
,
3
6 22
2 1
2
5 2
I
a
a
d R a
a

= −


= = = − ⇔

=

• Với
3a = −
, ta có
( )
3;6I −

4 2R =
. Đường tròn (C) có phương
trình
( ) ( ) ( )
2 2
: 3 6 32C x y+ + − =
• Với
2a =
, ta có
( )
2;1I

2R =
. Đường tròn (C) có phương trình
( ) ( ) ( )
2 2
: 2 1 2C x y− + − =
0,25
0,25
0,25
0,25
7
+ Giả sử (E) :
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =
với
( )
0a b> >
. hình thoi
ABCD

2AC BD=

, , , A B C D
thuộc (E) nên
2OA OB=
+ Giả sử
( )
; 0;
2
a
A a o B
 

 ÷
 
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên
AB suy ra OH là bán kính đường tròn
( )
C
:
2 2
4x y+ =
+ Ta có
2 2 2 2 2
1 1 1 1 4 1
4OH OA OB a a
= + = + =
+ Suy ra
2 2
20, 5a b= =
.
Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là
2 2
1
20 5
x y
+ =

0,25
0,25
0,25
0,25
8
+ Ta có:
1 1 1 ( 1)( 1)( 1)
(1 )(1 )(1 )
x y z
P
x y x xyz
+ + +
= + + + =

+ Áp dụng bất đẳng thức Cô si , ta có

2
4
1 4x x x y z x yz+ = + + + ≥

2
4
1 4y y x y z xy z+ = + + + ≥

2
4
1 4z z x y z xyz+ = + + + ≥
Do đó
4 4 4
4
( 1)( 1)( 1)
64 64
x y z
x y z
P
xyz xyz
+ + +
= ≥ =

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
3
x y z= = =
+ Vậy
min
64P = ⇔
1
3
x y z= = =
0,25
0,25
0,25
0,25
Hết

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×