1. The document is a math exam with 7 questions in Vietnamese.
2. Question 1 involves analyzing the behavior and limits of the function y = -x^2 - 4x + 1.
3. Question 2 involves solving two equations for the intersection points of lines and finding the minimum length between two points.
4. The remaining questions involve additional math problems like solving equations, finding limits, calculating areas, and expansions of functions.
1. The document is a math exam with 7 questions in Vietnamese.
2. Question 1 involves analyzing the behavior and limits of the function y = -x^2 - 4x + 1.
3. Question 2 involves solving two equations for the intersection points of lines and finding the minimum length between two points.
4. The remaining questions involve additional math problems like solving equations, finding limits, calculating areas, and expansions of functions.
The document provides solutions to mathematical equations and inequalities involving radicals, fractions, and variables. It contains 50 problems involving solving equations and inequalities for variables on the set of real numbers. The problems cover a range of techniques including isolating variables, combining like terms, factoring, and applying properties of radicals, fractions and inequality signs.
This document provides 30 equations and inequalities and asks the reader to solve them on the set of real numbers. It uses variables like x, square roots, exponents, and basic arithmetic operations. The problems range from simple one-variable equations to more complex expressions with multiple variables. The goal is to calculate the value(s) of the variable(s) that satisfy each equation or inequality.
This document contains solutions to various equations and inequalities involving radicals on the set of real numbers. It is divided into 6 sections, with multiple problems provided in each section ranging from simple single-term radical equations to more complex multi-term radical equations and inequalities. The document provides the step-by-step workings for solving each problem.
Những bài văn hay về nghị luận xã hộitruonghocso.com
Thi thử toán hậu lộc 4 th 2012 lần 1 k d
1. TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG DẠY – HỌC BỒI DƯỠNG LẦN I
NĂM HỌC: 2011 – 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối: D
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
3 1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − mx 2 + m3 , với m là tham số thực.
2 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại, cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x.
Câu II (2,0 điểm)
π
1. Giải phương trình: 2 cos 3 x cos x + 3(1 +sin 2 x) = 2 3 cos 2 (2 x +
4
) .
3x − 2 y + 4 x + y = 5
2. Giải hệ phương trình: 2 y2 .
2 x − 5 y + =0
x
π
4
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ ( x + sin 2 2 x) cos 2 xdx .
0
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Hình chiếu của
đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của cạnh AD, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD)
bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.HABC và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC).
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1 1 1
biểu thức: P= + + .
1 + xy 1 + yz 1 + zx
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (∆) có phương trình 3x + 2y – 4 = 0 và 2 điểm
A(-1 ; -3); G(4 ; -2). Hãy xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhận G làm trọng tâm, A là một
đỉnh và đường thẳng (∆) là đường trung trực của một cạnh chứa đỉnh A của tam giác.
x +1 −log 1 (3 − x ) −log 8 ( x −1)3 = 0
2. Giải phương trình: log 2
2
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 2. Tính tổng: S =C − C + C − +( − .n.C .
2. 3. ... 1) 1
n
2
n
3
n
n−1 n
n
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) có phương trình x +y +4 x +4 y +6 =0 và đường 2 2
thẳng (∆): x + my – 2m + 3 = 0 (với m là tham số). Gọi I là tâm đường tròn (C). Tìm m để đường thẳng
(∆) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
log 4 ( x + 1) 4 − x + log 8 ( 4 + x )
2 3
2. Giải phương trình: + 2 = log
2 .
Câu VII.b (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1 −+ 1 − 2 ++ 1 − n
x 2( x) ... n( x)
thu được đa
thức P ( x) = + x + + x . Tính hệ số a biết rằng
a a0 ...
1 a n
n
8
n
là số nguyên dương thoả mãn:
1 7 1
2
+ 3 = .
Cn C n n
2. -------------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: …..…………....
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
------------***------------ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG DẠY – HỌC BỒI DƯỠNG LẦN I
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối: D; NĂM HỌC: 2011 – 2012
(Đáp án – thang điểm gồm có 06 trang)
Câu Ý Đáp án Điểm
I 3 1
Cho hàm số y = x3 − mx 2 + m3 , với m là tham số thực. 2,0
2 2
I.1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 1,0
3 1
Khi m = 1, hàm số trở thành y = x3 − x 2 +
2 2
TXĐ: D = R
Sự biến thiên: 0,25
x = 0
- Chiều biến thiên: y ' =3x 2 −3x , y'=0 ⇔
x =1
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( − ; 0) vµ (1; +∞
∞ )
, nghịch biến trên khoảng (0;1)
1
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yC § =
2
, đạt cực tiểu tại x =1, yCT = 0
. 0,25
- Giới hạn: lim y =− ; lim y =+
∞ ∞
x→ ∞
− x→ ∞
+
- Bảng biến thiên:
x −∞
0 1 +∞
y’ + 0 – 0 + 0,25
1 +∞
y 2
−∞
0
Đồ thị:
y
1
0,25
2
O 1 x
I.2 Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại, cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x 1,0
x = 0 0,25
Ta có y’= 3 x 2 − mx
3 , y' =0 ⇔
x = m
2
3. Để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu thì y'=0
có hai nghiệm phân biệt ⇔ ≠
m 0
.
m3
B ( m ; 0)
0,25
Khi đó giả sử các điểm cực đại, cực tiểu là : A 0; ÷ và
2
uuu
r m3 m m3
Ta có: AB = m; − ÷ ; trung điểm I của AB là: I ; ÷
2 2 4
Theo yêu cầu bài toán để A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x thì 0,25
đường thẳng AB vuông góc với ∆: y =x và trung điểm I của AB thuộc đường
thẳng
m3
uuu uu
r r m− =0
AB.u∆ = 0
2 m = 0
⇔ ⇔ 3 ⇔
I ∈ ∆
m = m m = ± 2 0,25
4
2
Đối chiếu điều kiện ta có m =± 2
II 2,0
π
II.1 Giải phương trình: 2 cos 3 x cos x + 3(1 +sin 2 x) = 2 3 cos 2 (2 x +
4
) (1). 1,0
π
(1) ⇔ cos 4 x + cos 2 x + 3 + 3 sin 2 x = 3 1 + cos(4 x + )
2 0,25
⇔ cos 4 x + cos 2 x + 3 + 3 sin 2 x = 3 − 3 sin 4 x
⇔ (cos 4 x + 3 sin 4 x ) + (cos 2 x − 3 sin 2 x) = 0
1 3 1 3 0,25
⇔ ( cos 4 x + sin 4 x) + ( cos 2 x − sin 2 x) = 0
2 2 2 2
π π
⇔ sin(4 x + ) + sin(2 x + ) = 0
6 6
0,25
π
⇔ 2sin(3x + ).cos x = 0
6
π
cos x = 0 x = 2 + kπ
⇔ π ⇔ (k ∉ Z ) 0,25
sin(3 x + ) x = −π + kπ
6
18 3
3x − 2 y + 4 x + y = 5
II.2 Giải hệ phương trình: 2 y2 (*) . 1,0
2 x − 5 y + =0
x
+ Điều kiện x >0
2 x − 5 xy + 2 y 2 = 0 ( 2 x − y ) ( x − 2 y ) = 0
2
0,5
(*) ⇔ ⇔
3x − 2 y + 4 x + y = 5
3x − 2 y + 4 x + y = 5
y = 2 x
0,25
3x − 2 y + 4 x + y = 5
⇔
x = 2 y
3x − 2 y + 4 x + y = 5
3
4. y = 2 x
− x + 6 x = 5 (lo¹i )
y =1
⇔ ⇔
x = 2 y ⇒ y > 0
x = 2 0,25
4 y + 9 y = 5
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) = (2 ; 1)
π
4
III Tính tích phân: I = ∫ ( x + sin 2 2 x ) cos 2 xdx . 1,0
0
π π π
4 4 4
I = ∫ ( x + sin 2 x ) cos 2 xdx = ∫ x.cos 2 xdx + ∫ sin 2 2 x.cos 2 xdx = I1 + I 2
2
0,25
0 0 0
π du = dx
4 u = x
+ Tính I1 = ∫ x.cos 2 xdx . Đặt ⇒ 1
dv = cos 2 xdx v = 2 sin 2 x
0
0,25
π
1 π 4
1 π 1 π
π 1
⇒ I1 = x. sin 2 x 0 − ∫ sin 2 xdx = + cos 2 x 0 = −
4 4
2 0
2 8 4 8 4
π
4
+ Tính I 2 = ∫ sin 2 2 x.cos 2 xdx. Đặt t =sin 2 x ⇒= cos 2 xdx
dt 2
0
π 0,25
Với x = 0 ⇒t = 0; x =
4
⇒t =1
1 1
1 1 t3 1
⇒ I 2 = ∫ t 2 dt = . =
0
2 2 3 0
6
π 1 1 π 1
Vậy I =
8
− + = −
4 6 8 12
. 0,25
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Hình chiếu của
đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của cạnh AD, góc giữa hai mặt phẳng
IV 1,0
(SAC) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.HABC và khoảng cách từ
H đến mặt phẳng (SBC).
S Dựng HI AC => SI AC (định lý 3 ⊥ ⊥
đường vuông góc)
⇒·
SIH =600
Xét ∆ SHI có:
SH
K tan600 = HI
⇒ SH = HI . tan 600
=
a 2
. 3=
a 6 0,25
4 4
A
I B
H O
J
D
C
4
5. a
+ a ÷.a
( AH + BC ). AB 2 = 3a
2
S HABC = =
2 2 4 0,25
2 3
1 1 3a a 6 a 6
VS . HABC = .S HABC .SH = . . =
3 3 4 4 16
Gọi J là trung điểm của BC
Dựng HK ⊥ SJ => HK ⊥ (SBC) 0,25
=> d(H; (SBC)) = HK
1 1 1 1 1 8 1 11
= + = 2 + 2 = 2+ 2 = 2
Ta có: HK 2
SH 2
HJ 2
a .6 a 3a a 3a
16
0,25
a 3 a 33 a 33
=> HK = =
11
. Vậy d(H;(SBC)) =
11 11
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
V P=
1
+
1
+
1 1,0
biểu thức: 1 + xy 1 + yz 1 + zx
.
1 1 1
Ta có: [ (1 + xy ) + (1 + yz ) + (1 + zx) ] + + ÷≥ 9 0,25
1 + xy 1 + yz 1 + zx
9 9
⇔P ≥ ≥ 0,25
3 + xy + yz + zx 3 + x + y 2 + z 2
2
9 3
⇒ P≥ = 0,25
6 2
3
Vậy GTNN là Pmin = khi x = y = z 0,25
2
VI.a 2,0
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (∆) có phương trình
3x + 2y – 4 = 0 và 2 điểm A(-1 ; -3); G(4 ; -2). Hãy xác định tâm đường tròn
VI.a.1 1,0
ngoại tiếp tam giác nhận G làm trọng tâm, A là một đỉnh và đường thẳng (∆)
là đường trung trực của một cạnh chứa đỉnh A của tam giác.
Giả sử ∆ABC có đỉnh A(-1 ; -3), trọng tâm
B
G(4 ; -2), đường trung trực của cạnh AC là
(∆): 3x + 2y – 4 = 0 .
0,25
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc
G
I với ∆ nên ta có pt: 2(x + 1) – 3(y + 3) = 0
C 2x – 3y – 7 = 0
A M
Δ Trung điểm M của AC có tọa độ thỏa mãn
3 x + 2 y − 4 = 0 0,25
hệ: ⇒ M (2; −1)
2 x − 3 y − 7 = 0
uuur uuuu
r
Do MB =3MG ⇒ (8; − .
B 4)
0,25
=> Đường trung trực cạnh AB có pt: 9x – y – 35 = 0
Tâm I đường tròn ngoại tiếp ∆ABC có tọa độ là nghiệm của hệ pt: 0,25
3 x + 2 y − 4 = 0 74 −23
⇒I ( ; ) .
9 x − y − 35 = 0 21 7
5
6. log x +1 −log 1 (3 − x) −log 8 ( x −1) 3 = 0 ( *)
VI.a.2 Giải phương trình: 2
2
. 1,0
log 2 ( x +1) + log 2 (3 − x) − log 2 ( x −1) = 0
( *) ⇔
0,25
< x <3
1
( x + 1) ( 3 − x ) = x − 1
⇔
1 < x < 3
0,25
x 2 − x − 4 = 0
⇔ 0,25
1 < x < 3
1 + 17
⇔x= 0,25
2
VII.a Cho n là số tự nhiên lớn hơn 2. Tính tổng: S = n − Cn + Cn − + − n − .n.Cn
C1 2. 2 3. 3 ... ( 1) 1 n
. 1,0
Xét khai triển: (1 + )
x n
=C 0
n +xC + C
1
nx 2 2
n + + C
... x n n
n 0,25
Đạo hàm hai vế ta được: n (1 + )
x n−1
=C + xC
2 1
n
2
n + +
... nx n−1
C n
n 0,25
Chọn x =− ⇒ (1 −
1 n 1) n−1
= n − C n + + − n − nC n
C1 2 2 ... ( 1) 1 n
0,25
Vậy S = 0 0,25
VI.b 2,0
Trong mặt phẳng
Oxy cho đường tròn (C) có phương trình
x 2 +y 2 + x + y + =
4 4 6 0và đường thẳng (∆): x + my – 2m + 3 = 0 (với m là
VI.b.1 1,0
tham số). Gọi I là tâm đường tròn (C). Tìm m để đường thẳng (∆) cắt (C) tại 2
điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
Ta có (C) có tâm I(-2 ; -2) và bán kính R = 2
B
H Giả sử ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B thì ta có
A
1 1
S ∆IAB = IA.IB.sin ·AIB ≤ R 2 =1
R 2 2 0,25
I
⇒max S ∆IAB = ⇔
1 IA ⊥IB ⇒AB =2
Khi đó: d ( I , ∆) = IH =1 0,25
−2 − 2m − 2 m +3
hay: =1 ⇔(1 − 4m) 2 =1 + m 2 0,25
1+m 2
m = 0
⇔ 0,25
m = 8
15
log 4 ( x + 1) 4 − x + log 8 ( 4 + x )
2 3
VI.b.2 Giải phương trình: + 2 = log
2
(*) . 1,0
x +1 ≠ 0
−4 < x < 4
Điều kiện: 4 − x > 0 ⇔
4 + x > 0 x ≠ −1 0,25
(*) ⇔ 2 x + + =
log 1 2 log 2 ( 4 −x ) + 2 ( 4 +x )
log
⇔ log 2 x +1 + 2 = log 2 ( 16 − x 2 )
0,25
⇔ log 2 4 x +1 = log 2 ( 16 − x 2 ) ⇔ 4 x +1 = 16 − x 2
+ Với −< <
1 x 4
ta có phương trình x2 + x −
4 12 =0 (1) ; 0,25
6
7. x = 2
(1) ⇔
x = −6 ( lo¹ i )
+ Với −< < 1
4 x −
ta có phương trình x2 − x −
4 20 =0 (2);
x = 2 − 24
( 2) ⇔ 0,25
x = 2 + 24 ( lo¹ i )
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x =2
hoặc (
x = 2 1− 6 )
Khai triển và rút gọn biểu thức 1 −+ 1 − 2 ++ 1 − n
x 2( x) ... n( x)
thu được đa thức
VII. P ( x) =a + x + + x
0 a ...1a . Tính hệ số
n
n
a8
biết rằng n
là số nguyên dương thoả
1,0
b 1 7 1
mãn: 2
+ 3 = .
Cn C n n
n ≥ 3
1 7 1
Ta có + 3 = ⇔ 2 7.3! 1 0,25
n( n −1) + n( n −1)(n − 2) = n
2
Cn Cn n
n ≥ 3
⇔ 2
n − 5n − 36 = 0
⇔ n = 9. 0,25
Suy ra a8 là hệ số của x8 trong khai triển 8(1 −x )8 +9(1 −x) 9 . 0,25
Hay a8 = 8
8.C8 8
+9.C 9 =89. 0,25
--------------Hết--------------
7