KÌ THI KSCL THI ðẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 ðỀ THI MÔN TOÁN -KHỐI A Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao ñề) I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 ñiểm) Câu I(2,0 ñiểm): Cho hàm số y = x 4 – 8m 2 x 2 + 1 (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi m = 1 2 2. Tìm các giá trị của m ñể hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC bằng 64. Câu II(2,0 ñiểm) 1. Giải phương trình : 2 2 3 os2 tan 4sin ( ) cot 2 4 c x x x x π − = − + 2.Giải bất phương trình : 2 1 5 3 x x x − − + > − Câu III(1,0 ñiểm) Khai triển (1 – 5x) 30 = a o +a 1 x +a 2 x 2 + + a 30 x 30 Tính tổng S = |a o | + 2|a 1 | + 3|a 2 | + + 31|a 30 | Câu IV(2,0 ñiểm): Cho hình chóp S.ABCD , ñáy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác ñều và SB = 2a . Gọi E,F lần lượt là trung ñiểm của AD và AB .Gọi H là giao ñiểm của FC và EB. 1.Chứng minh rằng: SE EB⊥ và SBCH ⊥ 2.Tính thể tích khối chóp C.SEB Câu V(1,0 ñiểm).Cho a,b,c là ba số thực dương thoả mãn abc = 1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 3 2 3 2 3 P a b b c c a = + + + + + + + + II/PHẦN RIÊNG (2,0 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A/Theo chương trình Chuẩn : Câu VIa (2,0 ñiểm) 1. Cho tam giác ABC có ñỉnh A (0;1), ñường trung tuyến qua B và ñường phân giác trong của góc C lần lượt có phương trình : (d1): x – 2y + 4 = 0 và (d2): x + 2y + 2 = 0 Viết phương trình ñường thẳng BC . 2.Giải hệ phương trình : 2log 2 2 3 log log x y y x x x x y y = + = B/Theo chương trình Nâng cao: Câu VI b(2,0 ñiểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ ñộ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình ñường thẳng (AB): x – y + 1 = 0 và phương trình ñường thẳng (BD): 2 x + y – 1 = 0; ñường thẳng (AC) ñi qua M( -1; 1). Tìm toạ ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD. 2.Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2 2 sin 1 os 3 3 x c x y + = + . HẾT ! Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………….Số báo danh:…………………… www.laisac.page.tl ðÁP ÁN THANG ðIỂM ðỀ THI KSCL THI ðẠI HỌC NĂM 2010 LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN - KHỐI A Câu Ý Nội dung ñáp án ðiểm I 1 1ñiểm Khi m= 1 2 hàm số ñã cho có pt: y= x 4 – 2x 2 + 1 1.TXð : D= R 2.SBT .CBT: y’= 4x 3 - 4x = 4x( x 2 - 1) y’=0 <=> x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = -1 Hàm số ñồng biến ( 1;0)x∀ ∈ − vµ (1; )+∞ Hàm số nghịch biến ( ; 1)x∀ ∈ −∞ − vµ(0;1) .Cực trị : HS ñạt cực ñại tại x= 0 và y Cð =y(0)=1 HS ñạt cực tiểu tại x= ± 1 và y CT =y( ± 1)=0 .Giới hạn: lim x y →+∞ = +∞ ; lim x y →−∞ = +∞ .BBT: x - ∞ -1 0 1 + ∞ , y - 0 + 0 - 0 + y +∞ 1 +∞ 0 0 3. vẽ ñồ thị: y 1 -1 1 x 0,25 0,25 0,25 0,25 I 2 (1ñiểm) , 3 2 2 2 4 16 4 ( 4 )y x m x x x m = − = − ðk ñể hàm số có 3 cực trị là , 0y = có 3 nghiệm phân biệt Tức là phương trình 2 2 ( ) 4 0g x x m = − = có hai nghiệm phân biệt 0 x ≠ 0 m ⇔ ≠ , 4 4 0 1 0 2 1 16 2 1 16 x y y x m y m x m y m = ⇒ = = ⇔ = ⇒ = − = − ⇒ = − 0,25 0,25 Giả sử 3 ñiểm cực trị là:A(0;1);B 4 (2 ;1 16 )m m− ;C 4 ( 2 ;1 16 )m m− − Ta thấy AB=AC = 2 4 2 (2 ) (16 )m m+ nên tam giác ABC cân tại A Gọi I là trung ñiểm của BC thì 4 (0;1 16 ) I m − nên 4 16AI m= ; 4 BC m = 4 1 1 . . 16 .4 2 2 ABC S AI BC m m ∆ = = =64 5 5 2 2m m⇔ = ⇔ = ± (tmñk 0m ≠ ) ðs: 5 2m = ± 0,25 0,25 II 1 (1ñiểm) ðk: ( ) 2 k x k Z π ≠ ∈ Với ñk trên phương trình ñã cho tương ñương: 2 3 os2 (t anx cot 2 ) 2 1 os(2 ) 2 c x x c x π − + = − − sinx os2 2 3 os2 ( ) 2(1 sin 2 ) cos sin 2 c x c x x x x ⇔ − + = − cos 2 3 os2 2(1 sin 2 ) cos .sin 2 x c x x x x ⇔ − = − 1 2 3 os2 2(1 sin 2 ) sin 2 c x x x ⇔ − = − 2 2 3 os2 .sin 2 1 2sin 2 2sin 2 c x x x x⇔ − = − 3 sin 4 1 2sin 2 1 os4 x x c x ⇔ − = − + 3 sin 4 os4 2sin 2 x c x x ⇔ − = 3 1 sin 4 os4 sin 2 2 2 x c x x ⇔ − = sin(4 ) sin 2 6 x x π ⇔ − = ⇔ 4 2 2 ( ) 6 12 ( ) 7 ( )4 2 2 36 3 6 x x k x k tm k Z k x tmx x k π π π π π π π π π − = + = + ⇔ ∈ = +− = − + 0,25 0,25 0,25 0,25 II 2 (1ñiểm) 2 1 5 3 x x x− − + > − (1) ðk: 1 x ≥ Nhân lượng liên hợp: 2 1 5 0 x x− + + > (2 1 5)(2 1 5) ( 3)(2 1 5)x x x x x x x− − + − + + > − − + + 4( 1) ( 5) ( 3)(2 1 5)x x x x x⇔ − − + > − − + + 3( 3) ( 3)(2 1 5)x x x x⇔ − > − − + + (2) Xét các trường hợp: TH1:x>3 thì phương trình (2) trở thành: 3 2 1 5x x> − + + (3) 0,25 0,25 (3) 2 2 2 2 4 2VP > + = >3 nên bất phương trình (3) vô nghiệm. TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý) TH3: 1 3x≤ < nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: 3 (2 1 5)x x< − + + bình phương 2 vế ta ñược: 4 ( 1)( 5) 8 5 x x x − + > − (4) * 8 5 0 8 3 1 3 5 x x x − < ⇔ < < ≤ < (5) thì (4) luôn ñúng * 8 5 0 8 1 1 3 5 x x x − ≥ ⇔ ≤ ≤ ≤ < (*) nên bình phương hai vế của (4)ta ñược 2 9 144 144 0 8 48 8 48x x x− + < ⇔ − < < + Kết hợp với ñiều kiện(*) ta ñược: 8 8 48 5 x− < ≤ (6) Từ (5) và (6) ta có ñs: 8 48 3x− < < 0,25 0,25 III 1ñiểm Xét khai triển: 30 0 1 2 2 30 30 30 30 30 30 (1 5 ) .5 .(5 ) .(5 ) x C C x C x C x − = − + − + Nhân 2 vế với x ta ñược: 30 0 1 2 2 2 3 30 30 31 30 30 30 30 (1 5 ) .5 .5 .5 x x C x C x C x C x − = − + − + (1) Lấy ñạo hàm hai vế của (1) ta ñược; 30 29 0 1 2 2 2 30 30 30 30 30 30 30 (1 5 ) 150 (1 5 ) 2 .5 3 .5 31 .5 x x x C C x C x C x − − − = − + − + (2) Chọn x=-1 thay vào (2) ta ñược 30 29 0 1 2 2 30 30 30 30 30 30 6 150.6 2( .5) 3( .5 ) 31( .5 )C C C C+ = + + + + hay 29 0 1 2 30 6 (6 150) 2 3 31a a a a+ = + + + + hay 30 0 1 2 30 6 .26 2 3 31a a a a= + + + + ðS : 30 6 .26S = 0,25 0,25 0,25 0,25 IV 1 (1ñiểm) S A F B H E D C *CM: SE EB⊥ Vì tam giác SAD ñều cạnh a 3 2 a SE⇒ = Xét tam giác vuông AEB có: 0,25 0,25 2 2 2 2 2 2 5 2 4 a a EB EA AB a = + = + = Xét tam giác SEB có: 2 2 2 2 2 2 3 5 2 2 4 a a SE EB a SB + = + = = suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE EB⊥ Ta có: AEB = BFC(c-c) suy ra ¼ ¼ AEB BFC= mà ¼ ¼ 0 90AEB FBE+ = ¼ ¼ ¼ 0 0 90 90BFC FBE FHB⇒ + = ⇒ = Hay CH EB⊥ mÆt kh¸c CH SE⊥ (do ( )SE ABCD⊥ ) Suy ra ( )CH SEB⊥ . => SBCH ⊥ 0,25 0,25 IV 2 (1ñiểm) Vậy . 1 . . 3 C SEB SEB V CH S ∆ = * Xét FBC có: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 1 5 2 BH BF BC a a a a a = + = + = + = suy ra 2 2 5 a BH = Xét BHC có: 2 2 2 2 2 2 4 2 5 5 5 a a a CH BC BH a CH= − = − = ⇒ = Nên 3 . 1 1 1 2 1 3 5 3 . . . . . . . 3 2 3 2 2 2 12 5 C SEB a a a a V CH SE EB= = = (ñvtt) 0,25 0,25 0,25 0,25 V (1 ñiểm) Áp dụng BðT cosi ta có: 2 2 2a b ab+ ≥ 2 1 2b b+ ≥ suy ra 2 2 2 3 2( 1)a b ab b+ + ≥ + + Tương tự : 2 2 2 3 2( 1)b c bc c+ + ≥ + + 2 2 2 3 2( 1)c a ac a+ + ≥ + + Khi ñó: 1 1 1 1 2 1 1 1 P ab b bc c ac a ≤ + + + + + + + + = 2 1 1 2 1 abc abc ab b bc c abc ac a bc abc + + + + + + + + = 1 1 1 2 1 1 1 2 ab b ab b ab b ab b + + = + + + + + + 0,25 0,25 0,25 Dấu ñẳng thức xảy ra khi a=b=c=1. Vậy P ñạt giá trị lớn nhất bằng 1 2 khi a=b=c=1 0,25 VI. a 1 (1ñiểm) Gọi ( ; ) c c C x y Vì C thuộc ñường thẳng (d2) nên: ( 2 2; ) c c C y y− − Gọi M là trung ñiểm của AC nên 1 1; 2 c c y M y + − − Vì M thuộc ñường thẳng (d1) nên : 1 1 2. 4 0 1 2 c c c y y y + − − − + = ⇒ = ( 4;1)C⇒ − Từ A kẻ 2AJ d⊥ tại I ( J thuộc ñường thẳng BC) nên véc tơ chỉ phương của ñường thẳng (d2) là (2; 1)u → − là véc tơ pháp tuyến của ñường thẳng (AJ) Vậy phương trình ñường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0 Vì I=(AJ) ∩ (d2) nên toạ ñộ diểm I là nghiệm của hệ 4 2 1 0 4 3 5 ( ; ) 2 2 0 3 5 5 5 x x y I x y y = − − + = ⇔ ⇒ − − + + = = − Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung ñiểm của AJ Gọi J(x;y) ta có: 8 8 0 8 11 5 5 ( ; ) 6 11 5 5 1 5 5 x x J y y + = − = − ⇔ ⇒ − − + = − = − Vậy phương trình ñường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; 8 11 ( ; ) 5 5 J − − là: 4x+3y+13=0 0,25 0,25 0,25 0,25 VI. a 2 (1 ñiểm) ðk: x,y>0 và , 1 x y ≠ Với ñk trên hệ phương trình tương ñương : 2 2 3(1) log x-1=2log y (2) y x y x = + Giải(2) ñặt log ( 0) y x t t= ≠ phương trình (2) trở thành: 2 1 2 1 2 0 ( ) 2 t t t t tm t t = − − = ⇔ − − = ⇔ = y y log x=-1 log x=2 ⇔ 2 1 x y x y = ⇔ = 0,25 0,25 1/ 2 2 3 2 3 2 3 3 2 0 1 1 1 y y x y y y x x x y y y = + = + − − = ⇔ ⇔ = = = 2 1 1( ) 2 1 2 y x y loai y x y = = = − ⇔ ⇒ = = 2/ 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 3 0y x y y y x y x y x y = + = + + = ⇔ ⇔ = = = (vô nghiệm) ðáp số: 1 2 2 x y = = 0,25 0,25 VI. b 1 (1ñiểm) Vì B là giao ñiểm của (AB) và (BD) nên toạ ñộ của B là nghiệm của hệ : 1 0 0 (0;1) 2 1 0 1 x y x B x y y − + = = ⇔ ⇒ + − = = ðường thẳng AB có VTPT : (1; 1) AB n − uuur ðường thẳng BD có VTPT : (2;1) BD n uuur Giả sử ñường thẳng AC có VTPT : ( ; ) AC n a b uuur Khi ñó: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . . 1 5 5 5( 2 ) 4 10 4 0 2 5 2 0 AB BD AB AC AB BD AB AC n n n n n n n n a b a b a b a b a b a ab b a ab b a ab b = − ⇔ = ⇔ + = − + ⇔ + = − + ⇔ − + = ⇔ − + = uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 2 b a a b = ⇔ = 1/Với 2 b a = ,chọn a=1,b=2 thì (1;2) AC n uuur suy ra phương trình ñường thẳng (AC) ñi qua ñiểm M(-1;1) là: x+2y-1=0 Gọi I là giao ñiểm của ñường thẳng (AC) và (BD) nên toạ ñộ ñiểm I là nghiệm của hệ: 1 x= 2 1 0 1 1 3 ( ; ) 2 1 0 1 3 3 y= 3 x y I x y + − = ⇔ ⇒ + − = Vì A là giao ñiểm của ñường thẳng (AB) và (AC) nên toạ ñộ 0,25 0,25 0,25 ñiểm A là nghiệm của hệ: 1 x=- 1 0 1 2 3 ( ; ) 2 1 0 2 3 3 y= 3 x y A x y − + = ⇔ ⇒ − + − = Do I là trung ñiểm của AC và BD nên toạ ñộ ñiểm (1;0)C và 2 1 ( ; ) 3 3 D − 2/Với a=2b chọn a=2;b=1 thì phương trình ñường thẳng (AC) là 2x+y+1=0 (loại vì AC không cắt BD) ðáp số: 1 2 ( ; ) 3 3 A − ; (0;1)B ; (1;0)C ; 2 1 ( ; ) 3 3 D − 0,25 VI. b 2 (1ñiểm) TXð: D=R hàm số ñã cho viết lại là: 2 2 sin 2 sin 3 3 x x y − = + ðặt 2 sin 3 x t = vì 2 0 sin 1 x ≤ ≤ nên 2 sin 1 3 3 x ≤ ≤ tức 1 3t≤ ≤ khi ñó hàm số ñã cho trở thành 9 ( )y f t t t = = + với 1 3t≤ ≤ Ta có 2 , 2 2 9 9 ( ) 1 t f t t t − = − = , 2 ( ) 0 9 0 3f t t t= ⇔ − = ⇔ = ± BBT: t 1 3 , ( ) f t - ( ) f t 10 6 [ ] ( ; ) 1;3 min ( ) min ( ) 6y x f t −∞ +∞ = = ñạt ñược khi t=3 khi 2 sin 1 ( ) 2 x x k k Z π π = ⇔ = + ∈ [ ] ( ; ) 1;3 ax ( ) ax ( ) 10M y x M f t −∞ +∞ = = ñạt ñược khi t=1 khi 2 sin 0 ( ) x x k k Z π = ⇔ = ∈ 0,25 0,25 0,25 0,25 Nếu thí sinh làm theo các cách khác ñúng, vẫn cho ñiểm tối ña. Hết . thẳng AC có VTPT : ( ; ) AC n a b uuur Khi ñó: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . . 1 5 5 5( 2 ) 4 10 4 0 2 5 2 0 AB BD AB AC AB BD AB AC n n n n n n n n a b a b a b a b a b a ab b a ab b a ab b = − ⇔. a ac a+ + ≥ + + Khi ñó: 1 1 1 1 2 1 1 1 P ab b bc c ac a ≤ + + + + + + + + = 2 1 1 2 1 abc abc ab b bc c abc ac a bc abc + + + + + + + + = 1 1 1 2 1 1 1 2 ab. 2 5 2 4 a a EB EA AB a = + = + = Xét tam giác SEB có: 2 2 2 2 2 2 3 5 2 2 4 a a SE EB a SB + = + = = suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE EB⊥ Ta có: AEB