1 Trờng THPT Trờng THPT Trờng THPT Trờng THPT triệu sơn 4 triệu sơn 4triệu sơn 4 triệu sơn 4 Tổ Toán - tin Đề khảo sát chất lợng thi đại học, cao đẳng lần 1 Năm học: 2011-2012 Môn: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Phần chung CHO TấT Cả CáC THí SINH (7 điểm) Câu I: (2 im) Cho hàm s ( ) mxmmxmxxf ++++= 2)2(3)1(3 23 (1) (m là tham số) 1. Kho sát s bin thiên và v đồ th hàm s (1) khi 2=m . 2. Tìm m để đồ th hàm s (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của th hàm s (1) tới trục Ox bằng khoảng cách từ điểm cực tiểu của th hàm s (1) tới trục Oy . Câu II: (2 im) 1. Giải phơng trình: xxxx sincos3)sin(cos 3 +=+ . 2. Giải hệ phơng trình: =+ = 1724 11716 222 yxxy yyx . Câu III: (2 im) 1. Giải bất phơng trình: 2 2 2 8 6 1 2 2x x x x+ + + + 2. Cho hình chóp tứ giác đều ABCDS. với đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy một góc 0 60 . Mặt phẳng )(P chứa AB và tạo với mặt đáy một góc 0 30 cắt SC , SD lần lợt tại M và N . Tính thể tích khối chóp ABMNS . . Câu IV: (1 im) Cho các số thực dơng z y x ,, thoả mãn: 8))()(( =+++ xzzyyx . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức zxyzxyP ++= . Phần RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần A hoặc phầnB Phần A. Câu Va: (3 im) 1. Giải phơng trình: 331322 222 2222 ++++ +=+ xxxxxx . 2. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 5, 8 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau và phải có mặt chữ số 3? 3. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , hãy xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân tại A . Biết rằng cạnh huyền nằm trên đờng thẳng d : 0317 =+ yx , điểm )7;7(N thuộc đờng thẳng AC , điểm )3;2( M thuộc đờng thẳng AB . Phần B. Câu Vb: (3 im) 1. Giải phơng trình: xxx xx 3 2 9 2 3 log23loglog =+ . 2. Tìm hệ số của số hạng chứa 5 x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của n x)2( + , biết: 524288 12 2 5 2 3 2 1 2 =++++ n nnnn CCCC . 3. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC với đờng cao kẻ từ A và đờng phân giác trong của góc B lần lợt có phơng trình là: 022 = yx và 01= yx . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC , biết )2;0( M thuộc đờng thẳng AB và BC AB 2= . Hết Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không đợc giải thích gì thêm http://kinhhoa.violet.vn 2 đáp án đề thi khảo sát chất lợng đại học, cao đẳn g lần 1 Năm học 2011-2012 Môn thi : Toán Câu Nội dung Điểm 1) TXĐ: R 2) Sự biến thiên: a) Giới hạn tại vô cực: Ta có = y x lim , + = + y x lim 0,25 b) Bảng biến thiên: Ta có ( ) 2 ' 3 6 3 2 y x x x x = + = + 0 = x hoặc 2 x = . + x ' y y 2 + 0 0 0 0 + 4 + + x ' y y 2 + 0 0 0 0 + 4 + Hàm số đồng biến trên (- ;-2) và (0;+ ),àm số nghịch biến trên ( ) 2;0 . Hàm số đạt cực đại tại x=-2 với giá trị cực đại là y(-2)=0 và đạt cực tiểu tại x=0 với giá trị cực tiểu là y(0)=-4. 0,25 Câu I.1 (1 điểm) 3) Đồ thị: +) Đồ thị cắt trục tung tại (0;-4), giao với trục h oành tại (-2;0) và (1;0). +) Đồ thị nhận điểm uốn I(-1;-2) làm tâm đối xứng. O x y I 1 1 2 3 4 1 2 O x y I 1 1 2 3 4 1 2 0,5 ( ) )2(3163 2, ++++= mmxmxy ; mxy == 0 , hoặc 2+ = mx Hàm số có cực trị với mọi m. Hai điểm cực trị của đ ồ thị hàm số (1) là: ( ) 2 3 ; 2 3 + + m m m m A , ( ) 6 3 ;2 2 3 + + + m m m m B ; A là điểm cực đại, B là điểm cực tiểu. 0,5 Câu I.2 (1 điểm) Ta có ( ) 2 3 ; 3 + + = m m m Ox A d , ( ) 2 ; + = m Oy B d 0,5 3 Theo giả thiết ta có: = = = = + = + + 0 1 1 2 2 2 3 3 m m m m m m m m Ta có x x x x x pt cos 2 sin cos ) sin (cos 3 + + = + [ ] x x x x x cos 2 1 ) sin (cos ) sin (cos 2 = + + 0 )1 sin sin (cos cos cos 2 cos sin2) sin (cos 2 = + = + x x x x x x x x x 0,5 Câu II.1 (1 điểm) 0 ) sin (cos cos 2 = x x x + = + = = = k x k x x x 4 2 1 tan 0 cos ) ( k 0,5 Dễ thấy 0 = y không phải nghiệm của phơng trình. Chia cả 2 vế của pt 1 cho 2 y , cả hai vế pt 2 cho y ta đợc: = + + = + = + + = + 7 2 ) 1 4( 17 8 ) 1 4( 7 2 1 4 17 1 16 2 2 2 y x y x y x y x y x y x y x . Đặt (*) 1 4 = =+ v y x u y x . Hệ đã cho trở thành (**) 7 2 17 8 2 = + = v u v u . 0,5 Câu II.2 (1 điểm) Giải hệ (**) ta đợc = = 1 5 v u hoặc = = 8 9 v u Với = = 1 5 v u ta đợc = = = = = = 4/1 1 1 5 4 y x y x y x y xy Với = = 8 9 v u ta đợc = = + y x y xy 8 1 9 4 (vô nghiệm) Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là ( ) )1;1(; =yx hoặc ( ) )4/1;4/1(; =yx . 0,5 Điều kiện: 3 1 x x 0.25 Biến đổi tơng đơng bất phơng trình: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 3 1 1 2 1 x x x x x + + + + + Nhận thấy với 3 x bất phơng trình vô nghiệm 0.25 CâuIII.1 (1 điểm) Với 1x , bất phơng trình tơng đơng: ( ) ( ) 2 3 1 2x x+ + 0.25 4 Nhận thấy ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 3 1 2 2 2 1 0 x x x x + + + > Do đó bất phơng trình không có nghiệm 1 x . Kết luận: bất phơng trình vô nghiệm. 0.25 Gọi K H , lần lợt là trung điểm của AB và CD và I là giao điểm của SK và MN 0 60 = SHK , 0 30 = IHK Ta có CD AB MN CD AB P AB // // // ) ( tứ giác ABMN là hình thang cân. Tính ABMN S , ta có IH là đờng cao. Vì tam giác SKH là tam giác đều cạnh a nên 2 3 a IH = . 0,5 CâuIII.2 (1 điểm) Ta có 22 a AB MN = = 2 8 3 3 2 3 ). 2 ( 2 1 ). ( 2 1 a a a a IH MN AB S ABMN = + = + = Vì ( ) SI ABMN SI là đờng cao của khối chóp ABMN S . và 22 a SK SI = = . Vậy 16 3 . 8 3 3 2 3 1 . 3 1 3 2 . a a a S SI V ABMN ABMN S = = = H K I N M A B D C S 0,5 Câu IV (1 điểm) Đặt x y x a ++ = . Ta có ( ) ( ) ( ) 8 = x a y a x a . 3 2 ( ) ( ) 8 a a xy yz zx a x y x xyz + + + + + = x y x xyz P + + + = 8 . Ta có 3 ) )( )( ( 2 3 ) ( 2 1 ) ( 2 1 ) ( 2 1 3 = + + + + + + + + = + + x z z y y x x z z y y x z y x (1) Và 1 222 = + + + = x zz yy x zx yz xy xyz (2) Từ (1) và (2) 3 3 18 = + P . Vậy 3 = MaxP đạt đợc khi 1 = = = z y x . 0.25 0.25 0.25 0.25 Pt 5 Câu Va.1 (1 điểm) 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2.2 2 2. 2 + + + + + = + x x x x x x x x ( ) ( ) 1 22 1 2 2 2 2 2 33 = + + + xx xx x x ( ) = = = + + + + 12 2 2 0 1 2)2 2( 2 2 2 2 33 33 xx x x xx x x = = = = = + = + 0 ,1 2 ,1 0 0 2 3 2 2 x x x x x x x x Vậy tập nghiệm của pt là { } 2;1;0;1 = S . 0,5 0,5 Câu Va.2 (1 điểm) Lập số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau từ các số đã cho. Gọi số cần lập là abcd )0 ( a Ta có 144 .4.3 2 4 =A số. Lập số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau và không có mặt chữ số 3. Gọi số cần lập là abcd )0( a Ta có 36 .3.2 2 3 = A số. Vậy có 144-36=108 số. 0,5 0,5 Câu Va.3 (1 điểm) Đờng thẳng AB có pt 0 )3 ( )2 ( = + + y b x a )0 ( 2 2 + b a . Do 0 45=ABC nên ta có: = = = + + = = b a b a ab b a b a b a 3 4 4 3 0 7 12 12 50 7 45 cos 2 1 2 2 2 2 0 . *Với 3a=4b chọn a=4, b=3, ta có pt AB: 4x+3y+1=0. Vì AB AC nên pt cua AC là: 3x-4y+7=0. Toạ độ của A là nghiệm của hpt: )1;1 ( 0 7 4 3 0 1 3 4 = + = + + A y x y x . Toạ độ của B là nghiệm của hpt: )5;4 ( 0 1 3 4 0 31 7 = + + = + B y x y x . Toạ độ của C là nghiệm của hpt: )4;3( 0 31 7 0 7 4 3 C y x y x = + = + . *Với 4a=-3b chọn a=3, b=-4, ta có pt AB: 3x-4y-18=0 . Vì ABAC nên pt của AC là: 4x-3y-49=0. Toạ độ của A là nghiệm của hpt: )3;10( 0 18 4 3 0 49 3 4 A y x y x = = + . Toạ độ của B là nghiệm của hpt: B A B y x y x = = + )3;10( 0 18 4 3 0 31 7 (vô lý). Vậy, A(-1:1), B(-4:5) và C(3;4). 0,25 0,25 0,25 0,25 6 d A C N M B Câu Vb.1 (1 điểm) Điều kiện 9 1 , 3 1 ,0 > x x x . x x x x x Pt 3 3 3 3 3 log 2 log 2 log 2 1 log 1 log 2 = + + + + . Đặt x t 3 log = , ta đợc 0 1 3 2 2 2 2 2 1 1 2 2 3 = + = + + + + t t t t t t t t . ( ) ( ) = = = = = + + 2 2 2 2 3 3 2 2 2 1 0 1 4 2 1 x x t t t t t . Vậy tập nghiệm của pt là = 2 2 2 3;3 S . 0,5 0,5 Câu Vb.2 (1 điểm) Ta có = + n x 2 ) 1( n n n n n C x C x C C 2 2 2 2 2 1 2 0 2 + + + + Thay x=-1 ta đợc = + + + 12 2 3 2 1 2 n n n n C C C A C C C n n n n = + + + 2 2 2 2 0 2 Thay x=1 ta đợc 10 2 524288 2 2 2 12 2 2 2 2 1 2 0 2 = = = = + + + n A C C C n n n n n n n Theo công thức Niu tơn ta có: k k k k x C x = = + 10 10 0 10 10 2 ) 2( . Vậy hệ số của số hạng chứa 5 x là 55 10 2 C . 0,5 0,5 Câu Vb.3 (1 điểm) Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác của góc B. Suy ra pt của MN là x+y-2=0. Gọi I là giao điểm của BD và MN. Suy ra toạ độ của I là nghiệm của hpt: )1;3( ) 2 1 ; 2 3 ( 01 0 2 = = + N A yx y x . Vì N thuộc BC và AH BC pt BC: 2x+y-5=0. Toạ độ của B là nghiệm của hpt: )1;2( 0 1 0 5 2 B y x y x = = + . Ta có pt AB: x-2y+4=0 Suy ra toạ độ của A là nghiệm của hpt: ) 2 1 ;3( 0 2 2 0 4 2 A y x y x = = + . Gọi K là trung điểm của AB ) 4 3 ; 2 5 ( K . 0,25 0,25 0,25 www.mathvn.com 7 V× BD CK BC BK ⊥ ⇒ = suy ra pt CK: 0 4 13 = − + y x . D N I M H C K B A Suy ra to¹ ®é cña C lµ nghiÖm cña hpt: ) 2 3 ; 4 7 ( 0 5 2 0 4 13 C y x y x ⇔ = − + = − + . VËy ) 2 3 ; 4 7 ( ),1;2( ), 2 1 ;3( C B A . 0,25 Chó ý: NÕu thÝ sinh gi¶i c¸ch kh¸c mµ ®óng th× vÉn cho ®iÓm tèi ®a. . http://kinhhoa.violet.vn 2 đáp án đề thi khảo sát chất lợng đại học, cao đẳn g lần 1 Năm học 2011-2012 Môn thi : Toán Câu Nội dung Điểm 1) TXĐ: R 2) Sự biến thi n: a) Giới hạn tại vô cực: Ta có = y x lim ,. sơn 4 triệu sơn 4 Tổ Toán - tin Đề khảo sát chất lợng thi đại học, cao đẳng lần 1 Năm học: 2011-2012 Môn: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Phần chung CHO TấT. điểm) Lập số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau từ các số đã cho. Gọi số cần lập là abcd )0 ( a Ta có 144 .4.3 2 4 =A số. Lập số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác