Gửi http//laisac KÌ THI KSCL TR ƯỚC 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[.]
KÌ THI KSCL TR ƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010 (LẦN 1) MƠN THI: TỐN Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x − x + mx (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số đối xứng qua đường thẳng d: x – 2y – = Câu II: (3 điểm) ⎧ x + y + x y = + xy Giải hệ phương trình: ⎨ 2 ⎩ x + x y + xy = xy + y + Giải bất phương trình: x + (x − 11).2 x − 8(x − 3) ≥0 log x − x x − cos ) = cos x + sin x 2 Câu III: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có độ dài cạnh đáy a Gọi M N trung điểm cạnh SB SC Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết mặt phẳng (AMN) vng góc với mặt phẳng (SBC) Giải phương trình: 3(sin x cos x − Câu IV: (1 điểm) Tính giới hạn: lim x →0 x2 Câu V: ( điểm) Cho a, b, c số thực dương thoả mãn: a + b + c = Chứng minh 1 4 + + ≥ + + a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 PHẦN RIÊNG (2 điểm) Thí sinh làm hai phần: Phần Phần 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) đường tròn (C): ( x − 2) + ( y − 1) = Gọi V(A, k) phép vị tự tâm A tỉ số k cho V(A, k) biến đường tròn (C) thành đường trịn (C’) qua B Tính diện tích ảnh tam giác OAB qua V(A, k) n ⎛1 x⎞ Câu VII.a: (1điểm) Cho khai triển ⎜ + ⎟ = a0 + a1 x + a2 x + + an x n Tìm số lớn ⎝2 3⎠ số a0 , a1 , a2 , , an biết n số tự nhiên thỏa mãn Cn2 Cnn−2 + 2Cnn−2 Cnn−1 + Cn1Cnn−1 = 11025 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 12, tâm I giao điểm đường thẳng d1 : x − y − = d : x + y − = Trung điểm cạnh giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật x − 3x + có đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số y = x −1 cho tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận (C) nhỏ ***Hết*** -Chú ý: Thí sinh dự thi khối B D khơng phải làm câu V Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: KÌ THI KSCL TRƯỚ C TUYỂN SINH NĂM 2010(LẦN 1) HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN - Điểm tồn khơng làm trịn - Học sinh làm cách khác điểm tối đa - Nếu học sinh làm hai phần phần riêng khơng tính điểm phần tự chọn - Thí sinh dự thi khối B, D làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 câu III 1,5 điểm Câu Nội dung Điểm Khảo sát hàm số I.1 1,00 * Với m = y = x − 3x Tập xác định: R 0,25 Sự biến thiên: 3 a) Giới hạn: lim y = lim (x − 3x ) = −∞, lim y = lim (x − 3x ) = +∞ x → −∞ x → −∞ x → +∞ x → +∞ b) Bảng biến thiên: y’=3x – 6x, y’ = ⇔ x = 0, x = x -∞ y' + 0 + +∞ +∞ 0,25 y -∞ -4 - Hàm số đồng biến (- ∞ ; 0) (2; + ∞ ), nghịch biến (0; 2) - Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = 0, đạt cực tiểu x = 2, yCT = - Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung (0; 0), giao với trục hoành (0; 0),(3; 0) Nhận điểm uốn I(1; - 2) làm tâm đối xứng 0,25 y O x 0,25 -2 -4 I.2 Tìm giá trị tham số m Ta có y = x − 3x + mx, y' = 3x − 6x + m Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu y’ = có hai nghiệm phân biệt ⇔ Δ ' = − 3m > ⇔ m < 1,00 0,25 1⎞ ⎛2 ⎞ ⎛1 Ta có: y = ⎜ x − ⎟y'+⎜ m − ⎟x + m 3⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝3 Tại điểm cực trị y’ = 0, tọa độ điểm cực trị thỏa mãn phương trình ⎞ ⎛2 y = ⎜ m − ⎟x + m Như đường thẳng Δ qua điểm cực trị có phương 0,25 ⎠ ⎝3 ⎞ ⎛2 trình y = ⎜ m − ⎟x + m , nên có hệ số góc k1 = m − 3 ⎠ ⎝3 x − suy d có hệ số góc k2 = 2 Để hai điểm cực trị đối xứng qua d ta phải có d ⊥ Δ, Ta có d: x – 2y – = ⇔ y = 0,25 1⎛2 ⎞ ⎜ m − ⎟ = −1 ⇔ m = 2⎝3 ⎠ +) Với m = đồ thị có hai điểm cực trị (0; 0) (2; - 4), nên trung điểm chúng I( 1; -2), ta thấy I ∈ d, hai điểm cực trị đối xứng với qua d Vậy: m = Giải hệ phương trình đại số ⎧x + y + x y = + 2xy ⎧(x − y)2 + x y = ⇔ ⎨ ⎨ 2 ⎩x + x y + xy = xy + y + ⎩(x − y)(1 + xy) + xy = suy k k = −1 ⇔ II.1 ⎧u + v = ⎧(u + v )2 − uv = ⇔⎨ Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ ⎨ ⎩u(1 + v ) + v = ⎩u + v + uv = Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện S ≥ P ) ta có hệ phương trình 0,25 1,00 0,25 0,25 ⎧S − P = ⎧S − 2(1 − S ) = ⎡S = ⇒ S + 2S − = ⇔ ⎢ ⇔⎨ ⎨ ⎣S = −3 ⎩P = − S ⎩S + P = ⎧ u + v = ⎧u = ⎧u = ⇒⎨ +) Với S = ⇒ P = ⇒ ⎨ ⎨ ⎩uv = ⎩v = ⎩v = ⎧u = ⎧x − y = ⎧x = y = ⇒⎨ ⇔⎨ - Nếu ⎨ ⎩v = ⎩xy = ⎩x = y = −1 ⎧u = ⎧x − y = ⎧x = ⎧x = hc ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ - Nếu ⎨ ⎩v = ⎩xy = ⎩y = ⎩y = −1 II.2 II.3 +) Với S = - ⇒ P = ⇒ S < 4P (loại) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y ) = (− 1;−1), (1;1), (1;0), (0;−1) Giải bất phương trình logarit (2 x + x − 3)(2 x − 8) x + (x − 11).2 x − 8(x − 3) ≥ (1) ≥0⇔ log x − log x − +) Xét f (x) = x + x − , f’(x) = x ln + > 0, ∀x nên f(x) đồng biến R f(1) = +) Xét g(x) = 2x – 8, g(x) đồng biến R , g(3) = +) Xét h(x) = log x − , h(x) đồng biến (0; + ∞), h(4) = Bảng xét dấu vế trái (1) x +∞ x +x-2 + | + | + 2x - | + | + log2x - | | + VT + || + Theo bảng xét dấu, bất phương trình cho có tập nghiệm S = [1;3] ∪ (4;+∞) Giải phương trình lượng giác x x x ⎞⎛ x x⎞ ⎛ x 3(sin3 − cos3 ) = cos x + sin 2x ⇔ 3⎜sin − cos ⎟⎜1 + sin cos ⎟ = (2 + sinx) cosx 2 2 ⎠⎝ 2⎠ ⎝ x ⎞⎛ x x ⎞⎛ x x⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ ⇔ 3⎜ sin − cos ⎟⎜ + sin x ⎟ = (2 + sin x )⎜ cos − sin ⎟⎜ cos + sin ⎟ ⎠⎝ 2 ⎠⎝ 2⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 x x⎞ x 3⎞ ⎛ ⎛ x ⇔ ⎜ cos − sin ⎟(2 + sin x)⎜ sin + cos + ⎟ = 2⎠ 2⎠ ⎝ ⎝ 0,25 x x x π π ⎛x π⎞ − cos = ⇔ sin ⎜ − ⎟ = ⇔ − = kπ ⇔ x = + k2π (k ∈ Z) 2 ⎝2 4⎠ * + sin x = ⇔ sin x = −2 (vô nghiệm) 0,25 * sin x x 3 π⎞ ⎛x π⎞ ⎛ + cos = − ⇔ sin⎜ + ⎟ = − ⇔ sin⎜ x + ⎟ = − (vô nghiệm) 2 2 4⎠ 2 ⎝2 4⎠ ⎝ π Vậy nghiệm phương trình là: x = + k2π ( k ∈ Z ) Tính thể tích khối chóp S * sin III 0,25 1,00 M I N A B K C Ta có tam giác SMN AMN cân S A Gọi I trung điểm MN suy SI ⊥ MN AI ⊥ MN Do (SBC) ⊥ (AMN) nên SI ⊥ (AMN) 1 Do VS AMN = SI.S AMN = SI.AI.MN Gọi K trung điểm BC suy I trung điểm SK, mà AI ⊥ SK nên tam a giác ASK cân A Do SA = AK = a a SC SA a MN = BC = , NI = MN = , SN = = = 2 2 3a a a − = SI = SN − NI = 16 16 a a 10 a a 3a a a 10 − = Vậy VS AMN = = 4 96 V SA SM SN = Chú ý: Thí sinh sử dụng công thức: S AMN = VS ABC SA SB SC Tính giới hạn 2 − cos x x cos x − (2 x − 1) cos x = − lim lim lim x→0 x→0 x→0 x2 x2 x2 0,25 0,25 1,00 0,50 e x ln − ⎛ sin x ⎞ lim cos x − lim⎜ = ln lim ⎟ = ln − x → x ln x → x→0 ⎝ x ⎠ Chứng minh bất đẳng thức Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: ⎛1 1⎞ 1 1 (*), (x + y)⎜⎜ + ⎟⎟ ≥ xy = ⇒ + ≥ x y x+y x y ⎝x y⎠ 1 1 + ≥ + ≥ ; Áp dụng (*) ta có: a + b b + c a + b + c b + c c + a a + b + 2c 1 + ≥ c + a a + b 2a + b + c 1 2 ⇒ + + ≥ + + (1) a + b b + c c + a 2a + b + c a + b + c a + b + c V 0,25 AI = SA − SI = IV 0,25 0,50 1,00 0,25 Mặt khác ta lại có (2a VIa.1 ) ( ) ( ) + + b + + c + ≥ 2a 2 + b + c = 2(2a + b + c) ≥ ⇒ 2a + b + c + ≥ 2(2a + b + c) ⇒ a + ≥ 2(2a + b + c) ⇒ 2a + b + c a + 2 ≥ Tương tự: ; ≥ 2a + c + a b + 2c + a + b c + 1 2 (2) ⇒ + + ≥ + + 2a + b + c a + b + c a + b + c a + b + c + 1 4 + Từ (1) (2) ta suy ra: + + ≥ + a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Dấu ‘’=’’ xảy ⇔ a = b = c = Tính diện tích ảnh tam giác qua phép vị tự Do B ∈ (C’) nên tồn M(x; y) ∈ (C) cho B ảnh M qua V(A; k), suy AB = k AM Do A ≠ B , nên k ≠ ⎧x = ⎧1 − = k (x − 1) ⎪ ⇒⎨ ⇒⎨ + 2k ⎩6 − = k (y − 2) ⎪y = k ⎩ 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 ⎛ + 2k ⎞ − 1⎟ = Do M thuộc (C) nên (x − 2) + (y − 1) = ⇒ (1 − 2) + ⎜ ⎝ k ⎠ 2 ⇔ (4 + k ) = k ⇔ k = −2 0,25 +) Đường thẳng AB có phương trình x - = 0, dó d(O, AB) = 1 Độ dài AB = Suy S OAB = AB.d(O, AB ) = 4.1 = 2 0,25 Ảnh tam giác OAB qua phép vị tự V(A, 2) có diện tích S = − SOAB = 0,25 Tìm số lớn số a0 , a1 , a2 , , an 1,00 VII.a n −2 n n −1 n C ⎛1 x⎞ Ta có khai triển ⎜ + ⎟ ⎝2 3⎠ k Do a k = C 14 k −14 − k 14 +C C n −1 n = 11025 ⇔ (C + C ) = 105 ⎡ n = 14 n( n − 1) C 2n + C 1n = 105 ⇔ + n = 105 ⇔ n + n − 210 = ⇔ ⎢ ⎣ n = −15 (lo¹ i) Ta có C C n + 2C n −2 n n n ⎛1⎞ = ∑C ⎜ ⎟ ⎝2⎠ k =0 14 k 14 14 − k n 0,25 k 14 ⎛x⎞ k k −14 − k k ⎜ ⎟ =∑ C 14 x ⎝ ⎠ k =0 k +1 k −13 − k −1 a k +1 C 14 2(14 − k ) Ta xét tỉ số = = k k −14 − k ak 3( k + 1) C 14 a k +1 2(14 − k ) >1⇔ > ⇔ k < Do k ∈ ` , nên k ≤ ak 3( k + 1) a k +1 a < ⇔ k > 5, k +1 = ⇔ k = ak ak Do a < a < < a < a = a > a > > a 14 Do a5 a6 hai hệ số lớn 1001 Vậy hệ số lớn a = a = C 14 − −5 = 62208 0,25 0,25 Tương tự 0,25 VIb Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật Ta có: d ∩ d = I Toạ độ I nghiệm hệ: ⎧x = / ⎧x − y − = ⎛9 3⎞ Vậy I⎜ ; ⎟ ⇔⎨ ⎨ ⎝2 2⎠ ⎩y = / ⎩x + y − = Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M trung điểm cạnh AD ⇒ M = d ∩ Ox Suy M( 3; 0) 1,00 0,25 9⎞ ⎛3⎞ ⎛ Ta có: AB = IM = ⎜ − ⎟ + ⎜ ⎟ = 2⎠ ⎝2⎠ ⎝ S ABCD 12 = =2 AB Vì I M thuộc đường thẳng d1 ⇒ d ⊥ AD Theo giả thiết: S ABCD = AB.AD = 12 ⇔ AD = 0,25 Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) vng góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x − 3) + 1(y − 0) = ⇔ x + y − = Lại có: MA = MD = ⎧⎪x + y − = Toạ độ A, D nghiệm hệ PT: ⎨ ⎪⎩ (x − 3) + y = ⎧y = − x + ⎧y = − x + ⎧y = − x ⇔⎨ ⇔ ⇔⎨ ⎨ 2 2 ⎩x − = ±1 ⎩(x − 3) + y = ⎩(x − 3) + (3 − x) = ⎧x = ⎧x = ⎨ Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) ⇔⎨ ⎩y = ⎩y = −1 VIIb ⎧x = x I − x A = − = ⎛9 3⎞ Do I⎜ ; ⎟ trung điểm AC suy ra: ⎨ C ⎝2 2⎠ ⎩y C = y I − y A = − = Tương tự I trung điểm BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) 1 +) Ta có y = 2x − + lim [y − (2x − 1)] = lim = Do (C) có x → ±∞ x − x − x →±∞ tiệm cận xiên y = 2x – 2x2 − 3x + 2x2 − 3x + +) lim+ = +∞; lim− = −∞ Do (C) có tiệm cận đứng x = x→1 x→1 x −1 x −1 ⎛ ⎞ ⎟ , x0 ≠ +) Gọi M ∈ (C ) ⇒ M = ⎜⎜ x ;2 x − + x − ⎟⎠ ⎝ 0,25 0,25 1,00 0,25 Tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận (C) ⎛ ⎞ ⎟⎟ − x − ⎜⎜ 2x − + x − 1 ⎝ ⎠ d = x0 −1 + = x0 −1 + x0 −1 2 + 12 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số dương ta có 2 1 d ≥ x0 −1 = ⇒ d = x − = ⇔ x0 = ± 5 x0 −1 5 x0 − 0,25 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 Vậy d nhỏ M = ⎜⎜ + ;1 + + ⎟⎟ ; M = ⎜⎜ − ;1 − − ⎟⎟ 5 5 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25