Tài liệu Thi thử ĐH 2010 môn Toán lần 1 và hướng dẫn giải ppt

Gửi: http//laisac.page.tl TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1 KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010 (LẦN 1) MÔN THI: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 8 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số )1(3 23 mxxxy +−= 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng d: x – 2y – 5 = 0. Câu II: (3 điểm) 1. Giải hệ phương trình: ⎩ ⎨ ⎧ ++=++ +=++ 1 21 22 2222 yxyxyyxx xyyxyx 2. Giải bất phương trình: 0 2xlog )3x(82).11x(4 2 xx ≥ − −−−+ 3. Giải phương trình: xx xx 2sin 2 1 cos2) 2 cos 2 (sin3 33 +=− Câu III: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). Câu IV: (1 điểm) Tính giới hạn: 2 2 0 1cos2 lim 2 x x x x − → Câu V: ( Cho a, b, c là những số 1 điểm) thực dương thoả mãn: . Chứng minh 3 222 =++ cba 7 4 7 4 7 4111 222 + + + + + ≥ + + + + + cba accbba PHẦN RIÊNG (2 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2 PHẦN 1:(Theo chương trình Chuẩn) Câu VI.a: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 2), B(1; 6) và đường tròn (C): . Gọi V(A, k) là phép vị tự tâm A tỉ số k sao cho V(A, k) biến đường tròn (C) thành đường tròn (C’) đi qua B. Tính diện tích ảnh của tam giác OAB qua V(A, k). 2)1()2( 22 =−+− yx Câu VII.a: (1điểm) Cho khai triển n n n xaxaxaa x ++++= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + 32 1 2 210 . Tìm số lớn nhất trong các số biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn . n aaaa , ,,, 210 110252 111222 =++ −−−− n nn n n n n n nn CCCCCC PHẦN 2: (Theo chương trình Nâng cao) Câu VI.b: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03: 1 = − − yxd và . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d 06: 2 =−+ yxd 1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số 1 232 2 − +− = x xx y có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là nhỏ nhất. ***Hết*** Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V. 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 ĐÔNG SƠN I KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010(LẦN 1) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN - Điểm toàn bài không làm tròn. - Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa. - Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần riêng thì không tính điểm phần tự chọn. - Thí sinh dự thi khối B, D không phải làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 và câu III là 1,5 điểm. Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát hàm số 1,00 * Với m = 0 thì 23 x3xy −= 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: a) Giới hạn: +∞=−=−∞=−= +∞→+∞→−∞→−∞→ )x3x(limylim,)x3x(limylim 23 xx 23 xx 0,25 b) Bảng biến thiên: y’=3x 2 – 6x, y’ = 0 ⇔ x = 0, x = 2. x - 0 2 + ∞ ∞ y' + 0 - 0 + y 0 + ∞ ∞ - - 4 0,25 - Hàm số đồng biến trên (-∞ ; 0) và (2; + ∞ ), nghịch biến trên (0; 2) 1 - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = - 4. 0,25 3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 0), giao với trục hoành tại (0; 0),(3; 0). Nhận điểm uốn I(1; - 2) làm tâm đối xứng 0,25 I.2 Tìm giá trị của tham số m 1,00 Ta có mx6x3'y,mxx3xy 223 +−=+−= Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu là y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt 3m0m39' <⇔>−=Δ⇔ 0,25 Ta có: m 3 1 x2m 3 2 'y 3 1 x 3 1 y + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −+ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −= Tại các điểm cực trị thì y’ = 0, do đó tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn phương trìn h m 3 1 x2m 3 2 y + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −= . Như vậy đường thẳng Δ đi qua các điểm cực trị có phương trình m 3 1 x2m 3 2 y + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −= , nên nó có hệ số góc k 1 = 2m 3 2 − 0,25 Ta có d: x – 2y – 5 = 0 2 5 x 2 1 y −=⇔ suy ra d có hệ số góc k 2 = 2 1 Để hai điểm cực trị đối xứng qua d thì ta phải có d ⊥ Δ, 0,25 x y 3 2 O -4 -2 1 0m12m 3 2 2 1 1kk 21 =⇔−= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −⇔−= suy ra +) Với m = 0 thì đồ thị có hai điểm cực trị là (0; 0) và (2; - 4), nên trung điểm của chúng là I( 1; -2), ta thấy I ∈ d, do đó hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua d. 0,25 Vậy: m = 0 Giải hệ phương trình đại số II.1 1,00 ⎩ ⎨ ⎧ =++− =+− ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ ++=++ +=++ 1xy)xy1)(yx( 1yx)yx( 1yxyxyyxx xy21yxyx 222 22 2222 0,25 Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ ⎩ ⎨ ⎧ =++ =+ 1v)v1(u 1vu 22 ⎩ ⎨ ⎧ =++ =−+ ⇔ 1uvvu 1uv2)vu( 2 Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện ta có hệ phương trình )P4S 2 ≥ 0,25 ⎢ ⎣ ⎡ −= = ⇔=−+⇒ 3S 1S 03S2S 2 ⎩ ⎨ ⎧ −= =−− ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ =+ =− S1P 1)S1(2S 1PS 1P2S 22 2 +) Với S = 0 hoặc 0P =⇒ ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ = =+ ⇒ 1v 0u 0uv 1vu ⎩ ⎨ ⎧ = = 0v 1u - Nếu ⎩ ⎨ ⎧ −== == ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = =− ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ = = 1yx 1yx 1xy 0yx 1v 0u - Nếu ⎩ ⎨ ⎧ −= = ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = =− ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = = 1y 0x hoÆc 0y 1x 0xy 1yx 0v 1u 0,25 +) Với S = - 3 (loại) P4S4P 2 <⇒=⇒ 0,25 ( ) ( ) )1;0(),0;1(,1;1,1;1)y;x( − − − = Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm Giải bất phương trình logarit II.2 0 2xlog )82)(3x2( 0 2xlog )3x(82).11x(4 2 xx 2 xx ≥ − −−+ ⇔≥ − −−−+ (1) 0,25 +) Xét , f’(x) = nên f(x) đồng biến trên . R3x2)x(f x −+= x,012ln2 x ∀>+ f(1) = 0. 0,25 +) Xét g(x) = 2 x – 8, g(x) đồng biến trên , g(3) = 0. +) Xét h(x) = , h(x) đồng biến trên (0; + ∞), h(4) = 0. R 2xlog 2 − Bảng xét dấu vế trái của (1) x 0 1 3 4 + ∞ 2 x + x - 2 - 0 + | + | + 2 x - 8 - | - 0 + | + log 2 x - 2 - | - | - 0 + VT - 0 + 0 - || + 0,25 Theo bảng xét dấu, bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = );4(]3;1[ +∞∪ 0,25 Giải phương trình lượng giác II.3 1,00 () xcosxsin2 2 x cos 2 x sin1 2 x cos 2 x sin3 += ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −⇔ x2sin 2 1 xcos2) 2 x cos 2 x (sin3 33 +=− 0,25 () ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −+= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −⇔ 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x cosxsin2xsin 2 1 1 2 x cos 2 x sin3 0 2 3 2 x cos 2 x sin)xsin2( 2 x sin 2 x cos = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ +++ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −⇔ 0,25 xx x x sin cos 0 sin 0 k x k2 (k ) 2 2 24 24 2 πππ ⎛⎞ − =⇔ − =⇔−=π⇔=+ π ∈ ⎜⎟ ⎝⎠ Z* 0,25 * (vô nghiệm) 2xsin0xsin2 −= ⇔ =+ 22 3 4 xsin 2 3 42 x sin2 2 3 2 x cos 2 x sin −= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π +⇔−= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π +⇔−=+ * (vô nghiệm) Vậy nghiệm của phương trình là: 0,25 () xk2k 2 π =+ π ∈Z Tính thể tích khối chóp III 1,00 3 Ta có các tam giác SMN và AMN cân tại S và A. Gọi I là trung điểm của MN suy ra SI ⊥ MN và AI ⊥ MN. Do (SBC) ⊥ (AMN) nên SI ⊥ (AMN). Do đó MN.AI.SI 6 1 S.SI 3 1 V AMNAMN.S == 0,25 Gọi K là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của SK, mà AI ⊥ SK nên tam giác ASK cân tại A. Do đó 2 3a AKSA == 0,25 MN = 4 a MN 2 1 NI, 2 a BC 2 1 === , 4 3a 2 SA 2 SC SN === 4 2a 16 a 16 a3 NISNSI 22 22 =−=−= 0,25 4 10a 8 a 4 a3 SISAAI 22 22 =−=−= . Vậy 96 5a 2 a 4 10a 4 2a 6 1 V 3 AMN.S == 0,25 Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng công thức: 4 1 SC SN . SB SM . SA SA V V ABC.S AMN.S == IV Tính giới hạn 1,00 2 2 0x 2 2x 0x 2 2x 0x x xcos1 lim x xcos)12( lim x 1xcos2 lim 22 − − − = − →→→ 0,50 12ln x xsin limxcoslim 2lnx 1e lim.2ln 2 0x 2 0x 2 2lnx 0x 2 −= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − = →→→ 0,50 V Chứng minh bất đẳng thức 1,00 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: yx 4 y 1 x 1 4 y 1 . x 1 2.xy2 y 1 x 1 )yx( + ≥+⇒=≥ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ++ (*), Áp dụng (*) ta có: cb2a 4 cb 1 ba 1 ++ ≥ + + + ; c2ba 4 ac 1 cb 1 ++ ≥ + + + cba2 4 ba 1 ac 1 ++ ≥ + + + c2ba 2 cb2a 2 cba2 2 ac 1 cb 1 ba 1 ++ + ++ + ++ ≥ + + + + + ⇒ (1) 0,25 S A C B M N I K Mặt khác ta lại có 0,25 ()()() )cba2(21.c21.b22.a221c1b2a2 222222 ++=++≥+++++ 7a 2 cba2 1 )cba2(27a)cba2(24cba2 2 2222 + ≥ + + ⇒++≥+⇒++≥+++⇒ 7b 2 aca2 1 2 + ≥ ++ 7c 2 bac2 1 2 + ≥ ++ Tương tự: ; 0,25 4 7c 2 7b 2 7a 2 c2ba 1 cb2a 1 cba2 1 222 + + + + + ≥ ++ + ++ + ++ ⇒ (2) 7c 4 7b 4 7a 4 ac 1 cb 1 ba 1 222 + + + + + ≥ + + + + + Từ (1) và (2) ta suy ra: 0,25 Dấu ‘’=’’ xảy ra 1cba = ==⇔ Tính diện tích ảnh của tam giác qua phép vị tự VIa.1 1,00 Do B∈ (C’) nên tồn tại M(x; y) ∈ (C) sao cho B là ảnh của M qua V(A; k), suy ra AMkA B = . Do A , nên kB≠ 0 ≠ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + = = ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ −=− −=− ⇒ k k24 y 1x )2y(k26 )1x(k11 0,25 21 k k24 )21(2)1y()2x( 2 222 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + +−⇒=−+− Do M thuộc (C) nên 2kk)k4( 22 −=⇔=+⇔ . 0,25 +) Đường thẳng AB có phương trình x - 1 = 0, dó đó d(O, AB) = 1 0,25 21.4 2 1 )AB,O(d.AB 2 1 S OAB === Độ dài AB = 4. Suy ra . Ảnh của tam giác OAB qua phép vị tự V(A, 2) có diện tích S = .S = 2. 2− 0,25 OAB VII.a Tìm số lớn nhất trong các số 1,00 n aaaa , ,,, 210 Ta có 221 n 2 n 1n n 1 n 1n n 2n n 2n n 2 n 105)CC(11025CCCC2CC =+⇔=++ −−−− ⎢ ⎣ ⎡ −= = ⇔=−+⇔=+ − ⇔=+ )i¹lo(15n 14n 0210nn105n 2 )1n(n 105CC 21 n 2 n 0,25 ∑∑ = −− = − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + 14 0k kk14kk 14 14 0k kk14 k 14 14 x.3.2C 3 x 2 1 C 3 x 2 1 Ta có khai triển 0,25 Do đó k14kk 14k 3.2Ca −− = )1k(3 )k14(2 32C 32C a a k14kk 14 1k13k1k 14 k 1k + − == −− −−−+ + Ta xét tỉ số . 0,25 5k1 )1k(3 )k14(2 1 a a k 1k <⇔> + − ⇔> + 4 ≤ . Do k ∈ , nên k . ` 5k1 a a ,5k1 a a k 1k k 1k =⇔=>⇔< ++ Tương tự 0,25 Do đó 14765410 a aaaa aa >>> = << < < và a Do đó a 5 6 là hai hệ số lớn nhất 62208 1001 32Caa 595 1465 === −− Vậy hệ số lớn nhất là Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật VIb 1,00 Ta có: . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: Idd 21 = ∩ ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ =−+ =−− 2/3y 2/9x 06yx 03yx ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 2 3 ; 2 9 I . Vậy 0,25 Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1 ∩=⇒ Suy ra M( 3; 0) 23 2 3 2 9 32IM2AB 22 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −==Ta có: 22 23 12 AB S AD12AD.ABS ABCD ABCD ===⇔==Theo giả thiết: 0,25 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d ADd 1 ⊥ ⇒ 1 )1;1(n Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d nhận 1 làm VTPT nên có PT: 5 03yx0)0y(1)3x(1 = − + ⇔ = −+ − . Lại có: 2MDMA == () ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ =+− =−+ 2y3x 03yx 2 2 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: () () ⎩ ⎨ ⎧ ±=− −= ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ =−+− +−= ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ =+− +−= ⇔ 13x x3y 2)x3(3x 3xy 2y3x 3xy 2 2 2 2 0,25 ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ 1y 2x hoặc . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) ⎩ ⎨ ⎧ −= = 1y 4x Do ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 2 3 ; 2 9 I là trung điểm của AC suy ra: ⎩ ⎨ ⎧ =−=−= =−=−= 213yy2y 729xx2x AIC AIC 0,25 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) VIIb 1,00 1x 1 1x2y − +−= 0 1x 1 lim)]1x2(y[lim xx = − =−− ±∞→±∞→ +) Ta có . . Do đó (C) có tiệm cận xiên y = 2x – 1. −∞= − +− +∞= − +− −+ →→ 1x 2x3x2 lim; 1x 2x3x2 lim 2 1x 2 1x 0,25 +) . Do đó (C) có tiệm cận đứng x = 1 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − +−=⇒∈ 1x 1 1x2;xM)C( 0 00 +) Gọi M , 1x 0 ≠ Tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là 1x5 1 1x 12 1 1x 1 1x2x2 1xd 0 0 22 0 00 0 − +−= + − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − +−− +−= 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có 4 0 0 5 2 1x5 1 1x2d = − −≥ 4 5 2 d = 4 0 0 0 5 1 1x 1x5 1 1x ±=⇔ − =− 0,25 ⇒ khi 5 5 2 1; 5 1 1M ; 5 5 2 1; 5 1 1M 4 44 4 44 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −−−= ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ +++= Vậy d nhỏ nhất khi 0,25 . Do đó k14kk 14 k 3.2Ca −− = )1k(3 )k14(2 32C 32C a a k14kk 14 1k13k1k 14 k 1k + − == −− −−−+ + Ta xét tỉ số . 0,25 5k1 )1k(3 )k14(2 1 a a k 1k <⇔> + − ⇔> + 4 ≤ số 1, 00 n aaaa , ,,, 210 Ta có 2 21 n 2 n 1n n 1 n 1n n 2n n 2n n 2 n 10 5)CC (11 025CCCC2CC =+⇔=++ −−−− ⎢ ⎣ ⎡ −= = ⇔=−+⇔=+ − ⇔=+ )i¹lo (15 n 14 n 0 210 nn105n 2 )1n(n 10 5CC 21 n 2 n