Hết trờng thpt hàm rồng . Đề Ktcl theo khối thi đại học Môn: Toán - khối A Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 12 tháng 03 năm 2011. Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7.0 điểm) Cõu I: (2 điểm) Cho hm s ( ) 412 224 ++= mxmxy 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 2. 2. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn -4. Câu II: (2 điểm) 1. Giải phơng trình: xx xxx cot 1 cos 1 cos2cos2 4 9 cos2 22 += 2. Giải hệ phơng trình: ++=+ =+++ 272)( 41 22 22 yxyxy yxyyx Câu III: (1 điểm) Tính tích phân + + 4 0 2 3 cos1.cos 1tan dx xx x Câu IV: (1 điểm) Cho khối chóp S.ABC có BC = 2a, BAC = 90 0 , ACB = 30 0 . Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABC), SAB cân tại S, SBC vuông. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng: 10 1 3 11 2 22 + + + + + c c b b a a Phần riêng ( 3.0 điểm) Thí sinh chỉ đợc chọn một trong hai phần: (phần 1 hoặc phần 2) Phần 1: (theo chơng trình chuẩn) Câu VIa: (2 điểm) 1/ Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, Cho ABC có B(-2; 3), phân giác trong góc A: 3x - y + 1 = 0 (d 1 ), đờng trung tuyến CN: x + y - 3 = 0 (d 2 ). Lập phơng trình đờng thẳng chứa cạnh AC. 2/ Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết A(-1; -2; 1), B(1; 0; -1), C(-1; 0; 3). Câu VIIa: (1 điểm) Giải phơng trình ( ) ( ) ( ) xxx 4log2log 4 1 3log 2 1 2 8 4 2 =++ Phần 1: (theo chơng trình nâng cao) Câu VIb: (2 điểm) 1/ Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, Cho đờng tròn (C): ( ) ( ) 2 25 21 22 =++ yx và đờng thẳng d: 3x + 4y - 20 = 0. Lập phơng trình các cạnh hình vuông ABCD ngoại tiếp đờng tròn (C) biết A d. 2/ Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(0; 0; -1), B(-1; 1; 2 1 ) . Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và khoảng cách từ điểm C(1; -1; 2) đến (P) bằng 3. Câu VIIb: (1 điểm) Tìm hệ số của x 9 trong khai triển n x xxP = 2 3 3 2 )( , Biết n là số tự nhiên thoả mãn 5 2 2345 6 11 33 + =+++ nnnnn CCCCC . trờng thpt hàm rồng . đáp án Đề Ktcl theo khối thi đại học Môn: Toán - khối A Ngày thi: 12 tháng 03 năm 2011. Nôi dung Câu phần chung Điểm 1 0 . TXĐ: R 2 0 . Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: y = 4x 3 - 12x, = = = 3 0 0 / x x y 0,25 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) 3;0,3; . Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) + ;3,0;3 . * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = y (0) = 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 , y CĐ = y ( 3 ) = -9 * Giới hạn: + = + = + yy xx lim,lim 0,25 * Bảng biến thiên: x - - 3 0 3 + y - 0 + 0 - 0 + y + 0 + -9 -9 0,25 Câu I.1 3 0 . Đồ thị: * y= 12x 2 - 12 = 0 x = 1 hoặc x = -1. Đồ thị có hai điểm uốn: U 1 ( -1; -5), U 2 ( 1; -5). * Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. 0,25 ĐK: Phơng trình ( ) 0412 224 =++ mxmx (1) có 4 nghiệm phân biệt ( ) 4;4 . 0,25 Đặt t = x 2 > 0. (*) trở thành: ( ) 0412 22 =++ mtmt (2) Ta có: -4 < x < 4 x 2 < 16. (1) có 4 nghiệm phân biệt ( ) 4;4 thì (2) phải có nghiệm t 1 , t 2 : 0 < t 1 < t 2 <16. 0,25 Câu I.2 => ĐK: ( ) ( ) 102 1552 015 2 1552 2 16521 04 012 052 2 2 2 / << <+ > <+ > <+++= >= >+= >+= m mm m m mm m mmt mP mS m 0,5 ĐK: . 2 0sin 0cos kx x x (*) 0,25 Câu II.1 = + = x xx x xx x x x xxx cos 1 cos22cos cos 1 cos2sin cos sin cos 1 cos22cos2sin 0,25 x y - 6 6 3 - 3 O - 9 - 1 1 - 5 U 1 U 2 \\ \\ | | M H C B A S = = = = 2 1 4 sin1cossin 02cos 2cos2cos.cos2cos.sin xxx x xxxxx Giải ra ta đợc: 2,2 2 , 2 4 kxkxkx +=+=+= 0,25 Kết hợp (*) => 2 4 kx += . 0,25 Nhận thấy y = 0 không thoả mãn hệ => y 0. Chia 2 vế của hai phơng trình cho y: ( ) ( ) + +=+ =++ + ++=+ =+++ ++=+ =+++ 7 1 2)( 4 1 2 72)( 4 1 272)( 41 2 2 2 2 2 2 22 22 yy x yx xy yy x yy x yx y xy y x yxyxy yxyyx 0,5 Đặt u = yy x 1 2 + , v = x+ y. Hệ trở thành: == == += =+ 1,3 9,5 72 4 2 uv uv uv vu 0,25 Câu II.2 * Với =+ =+ = = yx yx u v 91 5 9 5 2 ( Vô nghiệm) * Với == == =+ =+ = = 5,2 2,1 1 3 1 3 2 yx yx yx yx u v Vậy hệ phơng trình có hai nghiệm (x; y) là: (1; 2) và (-2; 5). 0,25 ( ) + + = + + = + + = 4 0 2 3 4 0 2 2 3 4 0 2 3 tan 2tan 1tan 1 cos 1 .cos 1tan cos1.cos 1tan xd x x dx x x x dx xx x I Đặt t = tanx. 1 4 00 == == tx tx + + + = + + = 1 0 2 1 0 2 3 1 0 2 3 222 1 t dt t dtt dt t t I 0,25 * 2 31 ln 0 1 2ln 2 2 1 0 2 1 + =++= + = tt t dt I ( ) ( ) + =++ 2 1 2ln 2 / 2 t ttDo 0,25 * + = + = 1 0 2 2 1 0 2 3 2 2 2 . t dttt t dtt I . Đặt 31 20 ,2, 2 2 22 2 2 == == = + =+= ut ut ut t tdt dutu 0,25 Câu III ( ) 3 3 24 2 3 2 3 2 3 3 2 2 2 = == u u duuI => 3 3 24 =I + 2 31 ln + 0,25 Câu IV AB = BC.sinC = a, AC = BC.cosC = 3a ( ) ( ) ( ) SABAC ABAC ABCSAB Gọi H là trung điểm AB ABSH ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ABCSH ABABCSAB ABCSAB Do = Nếu SBC vuông tại B ( ) SABBC ( vô lý) => loại Nếu SBC vuông tại C ( ) HCBCSHCBC ( vô lý) => loại SBC vuông tại S 0,5 H B' D N C A B Gọi M là trung điểm BC => aBCSM == 2 1 Vì ( ) HMSHABCSH => 242 3 2 2 2222 a SH aa aHMSMSH == == 12 3 2 .3 2 1 3 1 . 3 1 3 2 . aa aSHSV ABCABCS = == 0,5 Đặt a = tanx, b = tany, c = tanz với 0 < x, y, z < 4 . Theo gt: ab + bc + ca = 1 tanx.tany+ tany.tanz + tanz.tanx = 1. (tanx+ tanz).tany = 1 - tanz.tanx ( ) 0cos)tan(cot tantan1 tantan tan 1 =+++= + = zyxzxy zx zx y (*) Vì 0 < x, y, z< 4 nên 0 < x+ y+ z < 4 3 . Do đó: (*) x + y + z = 2 . 102sin62sin2sin10 1 3 11 2 22 ++ + + + + + zyx c c b b a a 0,5 Câu V Ta có: ( ) ( ) ( ) zyxzzyxyxVT sin6cos. 2 sin2sin6cos.sin2 + =++= ( ) ( ) [ ] [ ] 102364sincos6cos4sin6cos.cos2 2222 =++++= zzyxzyxz 0,5 21 )3;(,)13;( dxxNdxxA NNAA + Do N là trung điểm của AB nên: )4;1(1 )3(23)13( 22 Ax xx xx A NA NA = =++ = 0,25 Gọi B là điểm đối xứng với B qua d 1 và ' 1 BBdH = BB d 1 nên BB: x + 3y + m =0 BB qua B(-2; 3) => m = -7 => BB: x + 3y - 7 =0 +Toạ độ điểm H: =+ =+ 5 11 ; 5 2 013 073 H yx yx + H là trung điểm của BB nên: = = 5 7 ; 5 14 ' 2 2 ' ' B yyy xxx BHB BHB . 0,5 Câu VIa.1 Đờng thẳng AC: qua A(1; 4) và có VTCP là = 5 13 ; 5 9 ' AB => PT AC: 049913 13 4 9 1 =+ = yx yx 0,25 Câu VIa.2 + ( ) ( ) [ ] ( ) 4;4;8,2;2;0,2;2;2 === ACABACAB là VTPT của(ABC). PT(ABC): 2(x-1) - y + (z+1) = 0 2x-y + z -1 = 0 + Phơng trình mặt phẳng trung trực của AB: (P): x+y - z + 1 = 0 + Phơng trình mặt phẳng trung trực của BC: (Q): x - 2z + 2 = 0. + Toạ độ tâm đờng tròn: = == = =+ =+ 1 0 22 1 12 z yx zx zyx zyx => Tâm I(0;0;1) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VIIa ĐK: 20 < x (*) pt ( ) ===+ == =+ 1,6065 2 333 063 42.3 2 2 xxxx xxx xxx Kết hợp với điều kiện (*) =>Phơng trình có hai nghiệm: x= 1 và x = 2 333+ 0,25 0,5 0,25 D C B R I d A (C): Tâm I(1; -2), R = 2 5 . Đờng thẳng d: = = ty tx 35 4 A )35;4( ttAd . Theo giả thiết AI = 52. =R ( ) ( ) )2;4(1253714 22 Attt ==+ . 0,25 Phơng trình cạnh hình vuông qua A có dạng 0)2()4(: = + ybxa , .0 22 + ba ( ) = = = = + = ab ba baba ba baba RId 7 7 07487 2 5 242 , 22 22 + Với a = 7b: chọn b =1, a =7 => : 7x + y - 30 = 0 + Với b = -7a: chọn b = -7, a =1 => : x - 7y + 10 = 0 Không mất tính tổng quát, gọi AB: 7x+y-30 =0, AD: x- 7y + 10 = 0 0,25 0,25 Câu VIb.1 Do I là trung điểm AC => C(-2; -6) BC qua C và // AD => BC: x - 7y - 40 = 0 DC qua C và // AB => DC: 7x + y + 20 = 0 KL: AB: 7x + y - 30 = 0, AD: x - 7y + 10 = 0, BC: x -7y - 40 = 0, DC: 7x + y + 20 = 0 0,25 Phơng trinh (P) qua A có dạng: ax + by + c(z+1) = 0, 0 222 ++ cba B (P) nên: -a + b + 2 3 c = 0 => a = b + 2 3 c (P): (b + 2 3 c)x + by + cz+ c = 0 0,25 ( ) == == ++ +== ++ + ++ = )2(22 )1( 2 1 2 3 2 3 3 2 3 3 2 3 3)(, 22 2 22 2 babc babc cbcbc cbcb cbcb PCd 0,5 Câu VIb.2 Với (1): Chọn b = -2, a = 1, c = 2 => (P): x - 2y + 2z + 2 = 0 Với (2): Chọn b = -1, a = 2, c = 2 => (P): 2x - y + 2z + 2 = 0. Vậy (P) có phơng trình là: x - 2y + 2z + 2 = 0 hoặc 2x - y + 2z + 2 = 0. 0,25 ĐK: Nnn ,5 (*) 0,25 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (*))(8 6 11 6 11 6 11 6 11 2 6 11 2 6 11 33 5 2 5 3 5 2 4 2 5 2 5 2 3 1 4 1 4 1 5 1 5 2 3 1 4 1 5 1 5 2 2334455 2 2345 tmnCC CCCCCCCCCCCC CCCCCCCCCCCC nn nnnnnnnnnnnn nnnnnnnnnnnn == =+=+++=++ =+++++=+++ ++ ++++++++++++ ++ 0,5 CâuVIIb = = = = = 8 0 524 8 8 0 2 83 8 8 2 3 3 2 3 2 )( 3 2 )( k k kk k k kk xC x xC x xxP số hạng chứa x 9 ứng với k thoả mãn: 24 - 5k = 9 => k = 3 => Hệ số của x 9 là: 27 448 3 2 3 3 8 = C 0,25 . trờng thpt hàm rồng . đáp án Đề Ktcl theo khối thi đại học Môn: Toán - khối A Ngày thi: 12 tháng 03 năm 2011. Nôi dung Câu phần chung Điểm 1 0 . TXĐ: R 2 0 . Sự biến thi n: *. Hết trờng thpt hàm rồng . Đề Ktcl theo khối thi đại học Môn: Toán - khối A Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 12 tháng 03 năm 2011. Phần chung cho tất cả. I: (2 điểm) Cho hm s ( ) 412 224 ++= mxmxy 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 2. 2. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn