ĐỀ+ĐA KS ĐH 2011-A

KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 ĐỀ THI MÔN: Toán KHỐI: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Đề thi gồm: 02 trang. I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm): CâuI(2 điểm): Cho hàm số: 1 2x-2 x y + = 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2. Tìm tất cả giá trị của tham số m để đường thẳng d: y = x+m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OA 2 + OB 2 = 37 2 , với O là gốc tọa độ. CâuII(3điểm): 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = sinx + sin3x + 4cos 2 x 2. Giải phương trình: 3 a) sin 2x 2 os x- 5 5 3 ) 3x+2 2x-1 2 c x b π π     + =  ÷  ÷     + − = CâuIII(1điểm): Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Giả sử H là trung điểm của AB, mặt phẳng (SHC) và mặt phẳng (SHD) đều vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD nếu hình chóp có ba mặt bên là các tam giác vuông. CâuIV(1điểm): Giải hệ phương trình: 2 2 4x+4y-2xy+z 4 x y z+ + =   =  II. PHẦN RIÊNG(3điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình chuẩn(3điểm): CâuVa(2điểm): 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;2) và đường thẳng d có phương trình 2x + 3y – 6 = 0. Gọi B, C là giao điểm của d với hai trục ox, oy. Xác định tọa độ trực tâm của tam giác ABC. 2. Giải phương trình: 2 2 2 1 4 2 log log log 1x x x+ = − CâuVIa(1điểm): Tìm hệ số cuả số hạng không chữa x trong khai triển 20 2 x x x   +  ÷   với x > 0, * n N∈ . 2. Theo chương trình nâng cao(3điểm): CâuVb(2điểm): 1. Cho đường tròn (C) có phương trình x 2 + y 2 – 6x – 2y +1 = 0. Viết phương trình đường thẳng d song song với đường thẳng x – 2y – 6 = 0 và cắt (C) theo một dây cung có độ dài bằng 4. 2. Giải phương trình: 2 x+1 .x = 2 x + x + 1 CâuVIb(1điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa x 9 trong khai triển nhị thức (x 3 + 2) n biết 3 2 1 8 49 n n n A C C− + = , * n N∈ . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Câu Đáp án vắn tắt Điểm I 1 1.TXĐ: { } 1\R 2.Sự biến thiên: +Ta có 2 ' )22( 6 − − = x y có 10 ' ≠∀< xy ⇒ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) 1;∞− và ( ) +∞;1 +Giá trị: Hàm số không có cực trị +Tiệm cận: 2 1 22 2 lim)(lim = − + = +∞→+∞→ x x xf xx và 2 1 22 2 lim)(lim = − + = +∞→+∞→ x x xf xx ⇒ Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y=1/2 là tiệm cận ngang +∞= − + = ++ →→ 22 2 lim)(lim 11 x x xf xx và −∞= − + = −− →→ 22 2 lim)(lim 11 x x xf xx ⇒ Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng +Bảng biến thiên: x ∞− 1 ∞+ y ’ - - y 3.Đồ thị: Cho ⇒−=⇒= 10 yx Đồ thi hàm số giao với truc Oy tại (0;-1) Cho ⇒−=⇒= 20 xy Đồ thi hàm số giao với truc Ox tại (-2;0) Đồ thị nhận điểm I(1;1/2) là tâm đối xứng -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -4 -2 2 4 x y 1/2 I(1;1/2) -1 O 0.25 0.25 0.25 0.25 I 2 Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là mx x x += − + 22 2 1/2 ∞+ 1/2 ∞−    =−−−+ ≠ ⇔ (*)022)32(2 1 2 mxmx x - Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt ⇔ Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác -1 m ∀⇔ - Khi đó m ∀ đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A(x 1 ;y 1 );B(x 2 ;y 2 ) trong đó x 1 ;x 2 là 2 nghiệm của phương trình (*) Với mxymxx mxy m xx +=−−= += − =+ 2221 1121 ;1. ; 2 23 Từ đó 2 2 2 2 2 1 2 1 22 )()()(2 mxxmxxOBOA +++++=+ 1724 2)(24)(2 2 2 2121 2 21 ++= ++=−+= mm mxxmxxxx Theo bài ra ta có:     −= = ⇔=++ 5 1 2 371724 2 m m mm Vậy     −= = 5 1 2 m m là giá trị cần tìm. 0.25 0.25 0.25 0.25 II 1 1. y = f(x) = sinx + sin3x + 4cos 3 x = sinx + 3sinx – 4sin 3 x + 4 – 4sin 2 x = - 4sin 3 x – 4sin 2 x + 4sinx + 4 Đặt t = sinx, [ ] 1;1−∈t Ta được 4444)( 23 ++−−= ttttf , [ ] 1;1−∈t Khi đó [ ] [ ] )(min)(min);(max)(max 1;1 1;1 xftfxftf R R == − − Xét hàm số 4444)( 23 ++−−= ttttf 4812)( 2' +−−= tttf     = −= ⇔= 3 1 1 0)( ' t t tf f(1) = 0 ; f(-1) = 0 ; f(1/3) = 27 128 Vậy 27 128 )(max =xf R tại       ∏+−∏= ∏+= ⇔= 2 3 1 arcsin 2 3 1 arcsin 3 1 sin kx kx x )( Zk ∈ 0)(min =xf R tại 2 1sin ∏ =⇔±= kxx )( Zk ∈ 0.25 0.25 0.25 0.25 II 2 2. ) 5 cos(2)2 5 3 sin( ∏ −=+ ∏ xx ) 5 cos(2) 5 cos() 5 sin(2 ) 5 cos(2)2 5 2 sin( ) 5 cos(2)2 5 3 sin( xxx xx xx − ∏ =− ∏ − ∏ ⇔ ∏ −=− ∏ ⇔ ∏ −=− ∏ −∏⇔       =− ∏ =− ∏ ⇔ 1) 5 sin( 0) 5 cos( x x ∏+ ∏ −=⇔ kx 10 3 , Zk ∈ Vậy phương trình có nghiệm là ∏+ ∏ −= kx 10 3 , Zk ∈ 0.25 0.25 0.25 0.25 II 3 3. 2 3 1223 + =−−+ x xx Điều kiện: 2 1 ≥x Đặt 3 012 023 22 +=−⇒      ≥−= ≥+= xvu xv xu Khi đó ta có phương trình    =+ =− ⇔ − =− 2 0 2 22 vu vu vu vu -Với    −=+ ≥− ⇔−=+⇔=− 1223 012 12230 xx x xxvu vô nghiệm -Với 212232 =−++⇔=+ xxvu      =+− ≤≤ ⇔ 01734 5 3 2 1 2 xx x vô nghiệm Kết luận: Phương trình vô nghiệm 0.25 0.25 0.25 0.25 III Vì )( )()( )()( )()( ABCDSH SHSHDSHC ABCDSHD ABCDSHC ⊥⇒      = ⊥ ⊥  Lại có SAADSABAD SHAD BCAD ⊥⇒⊥⇒    ⊥ ⊥ )( SAD ∆⇒ vuông tại A Tương tự ta chứng minh được SBC ∆ vuông tại B SCD ∆ có SC = SD( vì HC = HD) nên không thể vuông tại C hoặc D Giả sử SCD ∆ vuông tại S thì SC<CD = a mà SC>BC = a ( do SBC ∆ vuông tại B) ⇒ Vô lý ⇒ SCD ∆ không vuông Vậy SAB∆ vuông tại S (do SA=SB) Từ đó có 22 1 a ABSH == Vậy 62 3 1 . 3 1 3 2 aa aSSHV ABCDSABCD === 0.25 0.25 0.25 0.25 IV Ta có      +− = −=+ ⇔    =+−+ =++ 2 44 2 4244 2 2 2 zz xy zyx zxyyx zyx Khi đó x, y là nghiệm của phương trình: (*)0 2 )2( )2( 2 2 = − +−− z XzX Phương trình (*) có nghiệm 20)2(0 2' =⇔≥−−⇔≥∆⇔ zz Với z = 2, ta có 0 0 0 ==⇒    = =+ yx xy yx Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y;z)=(0;0;2) 0.25 0.25 0.25 0.25 Va 1. )2;0( )0;3( COydC BOxdB ⇒= ⇒=   0.25 S A B D H C Giả sử H(x;y) là trực tâm của ABC ∆ Ta có );3();2;1();0;1();2;3( yxBHyxAHACBC −=−−=−=−= Vì H là trực tâm của ABC ∆ nên ta có:    = = ⇔    =+−− =−+−− ⇔      = = 5 3 0.0)3( 0)2(2)1(3 0. 0. y x yx yx ACBH BCAH Vậy H(3;5) 0.25 0.25 0.25 2. 1logloglog 2 4 2 1 2 2 −=+ xxx 1log 2 1 loglog 2 22 2 2 −=−⇔ xxx (1) Điều kiện:    ≥ ≤< ⇔         ≥ ≤ > ⇔    ≥− > 2 10 2 1 0 0)1(loglog 0 22 x x x x x xx x Khi đó: 1logloglog)1( 22 2 2 −=−⇔ xxx (2) TH1: 10 ≤< x thì 01log 2 <−x Vậy phương trình (2) vô nghiệm hay phương trình (1) vô nghiệm ( ] 1;0∈∀x TH2: 2≥x ta có: 1log2logloglog)2( 2 2 22 2 2 +−=−⇔ xxxx 21log 2 =⇔=⇔ xx (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 0.25 0.25 0.25 0.25 VIa Ta có 202/320 ) 2 () 2 ( x x x xx +=+ ∑∑ = − − = − == 20 0 20 20 2 5 20 20 0 20 2 3 20 2 ) 2 .(. k k k k k k k k xC x xC Số hạng không chứa x trong khai triển 8020 2 5 =⇔=−⇔ k k Khi đó hệ số của số hạng không chứa x là 128 20 2.C 0.25 0.25 0.25 0.25 Vb 1. 9)1()3( 0126:)( 22 22 =−+−⇔ =+−−+ yx yxyxC ⇒ Đường tròn (C) có tâm I(3;1) và bán kính r = 3 Vì đường thẳng d song song với đường thẳng x - 2y – 6 = 0 nên Phương trình đường thẳng d có dạng: x – 2y + c = 0 )6( −≠c Vì đường thẳng d cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 4 nên ta có    −= = ⇔=+⇔= −+ +− 6 4 515 )2(1 1.23 22 c c c c mà 46 =⇒−≠ cc ⇒ Vậy phương trình đường thẳng d là: x – 2y + 4 = 0 0.25 0.25 0.25 0.25 2. 12.2 1 ++= + xx xx 1)12(2 122.2 +=−⇔ +=−⇔ xx xx x xx 12 1 2 − + =⇔ x x x vì x = 1/2 không là nghiệm Xét hàm số y = f(x) = 2 x đồng biến trên R y = g(x) = 12 1 − + x x có 2 1 0 )12( 3 )( 2 ' ≠∀< − − = x x xg Chứng tỏ g(x) nghịch biến trên các khoảng       ∞− 2 1 ; và       +∞; 2 1 Lại có f(1) = g(1) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 0.25 0.25 0.25 0.25 VIb Ta có: 498 123 =+− nnn CCA , * ,3 Nnn ∈≥ 7 04977 49 )!1( ! )!2(!2 ! .8 )3( ! 23 =⇔ =−+−⇔ = − + − − − ⇔ n nnn n n n n n n Khi đó ta có: ∑ = − =+ 7 0 73 7 73 2 )2( k kkk xCx Số hạng chứa x 9 393 =⇔=⇔ kk Khi đó hệ số của số hạng đó là 43 7 2.C 0.25 0.25 0.25 0.25 . KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 ĐỀ THI MÔN: Toán KHỐI: A Thời gian làm bài: 180 phút, không