ĐỀ THI - ĐÁP ÁN THPT TRIỆU SƠN 4

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4 TỔ TOÁN -TIN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC: 2010 -2011 Môn: TOÁN; Khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số 4 2 2 3 1y x mx m= − − + (C ), m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m=1. 2. Tìm tham số m để hàm số (C ) đồng biến trên khoảng (1; 2). Câu II (2 điểm) 1. Giải hệ phương trình: ( ) 2 3 3 4 3 2 2 3 y y x y x y  + − − = −   − + − =   2. Giải phương trình: 2sin 2 cos 2 7sin 2cos 4x x x x − = + − Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I 1 2 0 1 1 dx x x = + + ∫ . Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp tứ giác SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc 0 60DAB∠ = . Chiều cao SO của chóp bằng 3 2 a , ( O là giao của hai đường chéo đáy). Gọi M là trung điểm cạnh AD, ( ) α là mặt phẳng đi qua BM và song song với SA, cắt SC, SD lần lượt tại K, P. Tính thể tích khối KPBCDM theo a. Câu V(1 điểm) Cho , ,a b c là các số thực không âm thoả mãn điều kiện: 1a b c + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 .P a b b c c a= + + PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ). A. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) 1. Viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật ABCD biết cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm M(4;5), N(6;5), P(5;2), Q(2;1) và diện tích hình chữ nhật là 16. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 1; 1) và đường thẳng 1 1 : 1 2 1 x y z d − + = = − − . Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A và cắt d, sao cho khoảng cách từ gốc toạ độ O đến ∆ nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm) Có bao nhiêu cách chia 6 đồ vật đôi một khác nhau cho 3 người sao cho mỗi người được ít nhất một đồ vật ? B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Elíp có phương trình 2 2 ( ): y 1 4 x E + = và hai điểm A(0; 2), B(-2; 1). Tìm điểm ( )C E∈ sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. 2. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ) : 5 0x y α + − = , ( ): 3 0y z β + + = , điểm M(1; 1; 0). Viết phương trình đường thẳng d qua M vuông góc với giao tuyến của ( ) α và ( ) β , đồng thời d cắt ( ) α và ( ) β lần lượt tại A, B sao cho M là trung điểm của AB. Câu VII.b (1 điểm) Hãy tìm hệ số có giá trị lớn nhất của đa thức: ( ) 13 13 12 11 0 1 2 12 13 ( ) 2 1 .P x x a x a x a x a x a= + = + + + + + Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TUYỂN SINH ĐẠI HỌC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM I 1 (1điểm).Khảo sát khi m=1 Khi m=1, hàm số trở thành 4 2 2 2y x x= − − . -Tập xác định: D=R - lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = +∞ - Sự biến thiên: ( ) ' 3 2 0 4 4 0 4 1 0 1 x y x x x x x =  = − = ⇔ − = ⇔  = ±  - Bảng biến thiên: x −∞ -1 0 1 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ +∞ -2 -3 -3 - Hàm số đạt cực đại (0;-2), cực tiểu (-1;-3) và (1;3) - Hàm số đồng biến trên ( 1;0) (1; )− ∪ +∞ ; Nghịch biến trên ( ; 1) (0;1)−∞ − ∪ - Đồ thị: 0.25 0.5 0.25 2 (1 điểm) Tìm m để hàm số đồng biến trên (1;2) Ta có 3 2 ' 4 4 4 ( )y x mx x x m= − = − 0m ≤ , ' 0,y x≥ ∀ Suy ra 0m ≤ thoả mãn. 0m > , ' 0y = có 3 nghiệm phân biệt: , 0, m m− . Để hàm số đồng biến trên (1;2) khi chỉ khi 1 1m m≤ ⇔ ≤ . Vậy 0 1m< ≤ . Kết hợp ta có ( ] ;1m∈ −∞ . 0.5 0.5 II 1 (1 điểm). Giải hệ. Đk: ; 2.x R y∀ ∈ ≤ Biến đổi (1) về pt ẩn y: ( ) 2 3 4 3y y x y+ − − = − 3 (L); 1y y x⇔ = = − Thay vào (2). 3 2 1 3 x x− + + = . VT là hàm đồng biến trên [ ) 1;− +∞ nên pt có nghiệm duy nhất x=3. Với x=3 suy ra y = -2. Vậy hệ đã cho có nghiệm (3;-2) 0.25 0.5 0.25 2 (1 điểm)Phương trình lượng giác. 2 2sin 2 cos2 7sin 2cos 4 4sin .cos 2cos 2sin 7sin 3 0 x x x x x x x x x − = + − ⇔ − + − + = ( ) ( ) 2sin 1 2cos sin 3 0 x x x⇔ − + − = 0.5 x y -2 -1 O 1 -3 2sin 1 0 2cos sin 3 0 (VN) x x x − =  ⇔  + − =  1 5 sin 2 ; 2 . 2 6 6 x x k x k π π π π ⇔ = ⇔ = + = + 0.25 0.25 III (1 điểm).Tính tích phân. Đặt 2 2 2 1 2 1 1 dx dt t x x x t x x = + + + ⇒ = + + + . Đổi cận : 0 1; 1 1 3x t x t= ⇒ = = ⇒ = + ( ) 1 3 1 3 1 1 2 3 2 3 ln 2 1 ln 2 1 3 dt I t t + + + = = + = + ∫ 0.25 0.25 0.5 IV R I P K N M O C B A D S 0.25 0.25 0.25 0.25 V (1 điểm). Tìm GTLN của 2 2 2 .P a b b c c a= + + với , , 0; 1a b c a b c≥ + + = Giả sử { } max ; ;a a b c= Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 2 1 . . . 2 2 1 2 4 2 3 27 a c ac P a b abc ac P ab a c a c P a c a b c a c a b c P ≤ + + + ≤ + + + ≤ + + + + + +   ≤ =  ÷   Dấu bằng khi 2 1 ; ; 0 3 3 a b c= = = và các hoán vị. 0.25 0.25 0.25 0.25 VIA. 1 (1 điểm) Viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật. Nhận thấy phương trình cạnh AB không thể là x = 4. Gọi pt cạnh AB: 2 2 ( 4) ( 5) 0. ( 0)a x b y a b− + − = + > . Suy ra pt cạnh BC: ( 6) ( 5) 0.b x a y− − − = Diện tích hình chữ nhật là: ( ) ( ) 2 2 2 2 3 4 4 ; . ; . 16 a b b a d P AB d Q BC a b a b − − + = = + + 2 2 ( 3 ) ) 4( )a b a b a b⇔ − − = + 1, 1 1, 1/3 b a b a = = −  ⇔  = = −  Vậy pt AB là: 1 0x y− + − = hoặc 3 11 0x y− + − = 0.25 0.25 0.25 0.25 Kẻ NK, MP // SA; KP, BM, CD kéo dài cắt nhau tại I. Suy ra M, D là trung điểm BI và CI. Do N là trọng tâm ABD∆ nên: ( ) 2 2 ;( ) 3 3 CK d K ABC SO a CS = ⇒ = = . 2 1 3 . .sin 2 2 IBC a S IC BC C ∆ = = 3 3 6 IBCK a V⇒ = Kẻ KR// DC. 1 3 KP KR KR SK PI ID DC SC = = = = Suy ra: 3 4 IP IK = 3 3 13 13 3 . 16 16 96 IMDP KPBCDM IBCK IBCK V IM ID IP a V V V IB IC IK = = ⇒ = = 2 (1 điểm) Viết pt đt ∆ qua A và cắt d, s/c khoảng cách từ gốc toạ độ O đến ∆ nhỏ nhất. Đường thẳng ∆ thuộc mp (P) qua A và chứa d, nên (P): 3 2 4 0x y z+ − − = . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (P). Toạ độ H t/m hệ: 3 2 6 4 2 ; ; 7 7 7 3 2 0 x t y t H z t x y z =   = −    ⇒   ÷ = −     + − =  Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên ∆ : ( ; )d A AK AH∆ = ≥ Để khoảng cách nhỏ nhất thì K H H ≡ ⇒ ∈∆ . Suy ra ∆ qua A,H nên có pt : 1 2 1 : 1 3 9 x y z− − − ∆ = = , dễ thấy ∆ cắt d nên ∆ là đt cần tìm. 0.25 0.25 0.25 0.25 VIIA. (1 điểm). Chia đồ vật. TH1: Mỗi người được 2 đồ vật: 2 2 6 4 .C C TH2: Một người được 1, một người được 2, một người được 3 đồ vật: 1 2 6 5 . .3!C C TH3: Hai người được 1, một người được 4 đồ vật: 1 1 6 5 . .3C C . Theo quy tắc cộng có 540 cách chia. 0.25 0.25 0.25 0.25 VI.B 1 (1 điểm) Tìm C thuộc (E) để tam giác có diện tích lớn nhất. Phương trình cạnh AB: 2 4 0x y− + = . Gọi ( ) [ ) 2cos ;sin , 0;2C t t t π ∈ . Diện tích ∆ ABC lớn nhất ( ) ;d C AB⇔ lớn nhất. ( ) 4 2 2 cos 2cos 2sin 4 4 2 2 4 ; 5 5 5 t t t d C AB π   + +  ÷ − + +   = = ≤ Dấu = khi 7 cos 1 4 4 t t π π   + = ⇔ =  ÷   . Vậy 2 2; 2 C   −  ÷  ÷   0.25 0.25 0.25 0.25 2 (1 điểm) Viết pt đường thẳng d. Đường thẳng d thuộc mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với giao tuyến của ( ) α và ( ) β . Phương trình (P): 0x y z− + = . Lấy đối xứng ( ) α qua M được ( '): 1 0x y α + + = . Suy ra B là giao điểm của ba mặt phẳng ( )P , ( ) β và ( ') α . Toạ độ B t/m hệ: 0 1 4 5 3 0 ; ; 3 3 3 1 0 x y z y z B x y − + =     + + = ⇒ − −   ÷    + + =  Vậy đường thẳng qua B, M là đường thẳng d cần tìm: 1 1 2 7 5 x y z− − = = . 0.25 0.25 0.25 0.25 VII.B (1 điểm) Tìm hệ số có giá trị lớn nhất. Ta có: ( ) 13 13 13 13 0 ( ) 2 1 (2 ) n n n P x x C x − = = + = ∑ Vậy 13 1 14 13 1 13 2 2 (n=1,2, ,13) n n n n n n a C a C − − − − = ⇒ = Xét bpt: 1 2.13! 13! 14 5 ( 1)!(14 )! !(13 )! 3 n n a a n n n n n − ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ < − − − Do đó 1n n a a − ≤ đúng với { } 1,2,3,4,n = và dấu đẳng thức không xảy ra. Suy ra: 0 1 2 3 4 a a a a a< < < < và 4 5 6 13 a a a a> > > > . Vậy hệ số có GTLN là 4 9 4 13 2 366080.a C= = 0.25 0.25 0.25 0.25 HẾT (Nếu thí sinh làm cách khác đúng, thì vẫn cho điểm tối đa). . x −∞ -1 0 1 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ +∞ -2 -3 -3 - Hàm số đạt cực đại (0 ;-2 ), cực tiểu (-1 ;-3 ) và (1;3) - Hàm số đồng biến trên ( 1;0) (1; )− ∪ +∞ ; Nghịch biến trên ( ; 1) (0;1)−∞ − ∪ -. TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4 TỔ TOÁN -TIN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC: 2010 -2 011 Môn: TOÁN; Khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG. thành 4 2 2 2y x x= − − . -Tập xác định: D=R - lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = +∞ - Sự biến thi n: ( ) ' 3 2 0 4 4 0 4 1 0 1 x y x x x x x =  = − = ⇔ − = ⇔  = ±  - Bảng biến thi n: