DE THI THU TRUONG DONG SON 1

Trờng THPT Đông Sơn kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2010 (lần 1) Môn Thi: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) phần chung cho tất thí sinh ( điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x x + mx (1) 1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = 0. 2. Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số đối xứng qua đờng thẳng d: x 2y = 0. Câu II: (3 điểm) x + y + x y = + xy 1. Giải hệ phơng trình: 2 x + x y + xy = xy + y + x + (x 11).2 x 8(x 3) 2. Giải bất phơng trình: log x x x cos ) = cos x + sin x 2 Câu III: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có độ dài cạnh đáy a. Gọi M N lần lợt trung điểm cạnh SB SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). 3. Giải phơng trình: 3(sin x Câu IV: (1 điểm) Tính giới hạn: lim cos x x x2 Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c số thực dơng thoả mãn: a + b + c = . Chứng minh 1 4 + + + + a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Phần riêng (2 điểm) Thí sinh đợc làm hai phần: Phần Phần Phần 1:(Theo chơng trình Chuẩn) Câu VI.a: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 2), B(1; 6) đờng tròn (C): ( x 2) + ( y 1) = . Gọi V(A, k) phép vị tự tâm A tỉ số k cho V(A, k) biến đờng tròn (C) thành đờng tròn (C) qua B. Tính diện tích ảnh tam giác OAB qua V(A, k). n Câu VII.a: (1điểm) Cho khai triển + x = a0 + a1 x + a2 x + + an x n . Tìm số lớn số a0 , a1 , a2 , ., an biết n số tự nhiên thỏa mãn Cn2 Cnn2 + 2Cnn2 Cnn1 + Cn1Cnn1 = 11025 . Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao) Câu VI.b: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm đờng thẳng d1 : x y = d : x + y = . Trung điểm cạnh giao điểm d1 với trục Ox. Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật. Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số y = x x + có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) x cho tổng khoảng cách từ M tới hai đờng tiệm cận (C) nhỏ nhất. Chú ý: ----------------***Hết***---------------Thí sinh dự thi khối B D làm câu V. Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trờng thpt đông sơn i Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2010(lần 1) Hớng dẫn chấm môn toán - Điểm toàn không làm tròn. - Học sinh làm cách khác đợc điểm tối đa. - Nếu học sinh làm hai phần phần riêng không tính điểm phần tự chọn. - Thí sinh dự thi khối B, D làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 câu III 1,5 điểm. Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát hàm số . 1,00 * Với m = y = x 3x 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: 3 a) Giới hạn: lim y = lim (x 3x ) = , lim y = lim (x 3x ) = + x x x + 0,25 x + b) Bảng biến thiên: y=3x 6x, y = x = 0, x = 2. x - y' + 0 + y - -4 + + - Hàm số đồng biến (- ; 0) (2; + ), nghịch biến (0; 2) - Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = 0, đạt cực tiểu x = 2, yCT = - 4. 3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung (0; 0), giao với trục hoành (0; 0),(3; 0). Nhận điểm uốn I(1; - 2) làm tâm đối xứng 0,25 0,25 y O x 0,25 -2 -4 I.2 Tìm giá trị tham số m . Ta có y = x 3x + mx, y' = 3x x + m Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu y = có hai nghiệm phân biệt ' = 3m > m < 1,00 0,25 1 Ta có: y = x y'+ m x + m 3 Tại điểm cực trị y = 0, tọa độ điểm cực trị thỏa mãn phơng trình y = m x + m . Nh đờng thẳng qua điểm cực trị có phơng trình 0,25 3 2 y = m x + m , nên có hệ số góc k1 = m 3 x suy d có hệ số góc k2 = 2 Để hai điểm cực trị đối xứng qua d ta phải có d , Ta có d: x 2y = y = 12 m = m = 23 +) Với m = đồ thị có hai điểm cực trị (0; 0) (2; - 4), nên trung điểm chúng I( 1; -2), ta thấy I d, hai điểm cực trị đối xứng với qua d. Vậy: m = Giải hệ phơng trình đại số . x + y + x y = + 2xy (x y)2 + x y = 2 x + x y + xy = xy + y + (x y)(1 + xy) + xy = u + v = (u + v )2 2uv = Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ u(1 + v ) + v = u + v + uv = 0,25 suy k k = II.1 0,25 1,00 0,25 0,25 Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện S P ) ta có hệ phơng trình II.2 II.3 S P = S 2(1 S ) = S = S + 2S = S = S + P = P = S u + v = u = u = +) Với S = P = uv = v = v = u = x y = x = y = - Nếu v = xy = x = y = u = x y = x = x = - Nếu v = xy = y = y = +) Với S = - P = S < 4P (loại) Vậy hệ phơng trình có nghiệm ( x; y) = ( 1;1), (1;1), (1;0), ( 0;1) Giải bất phơng trình logarit . x + (x 11).2 x 8(x 3) (2 x + x 3)(2 x 8) (1) log x log x 0,25 0,25 0,25 +) Xét f (x) = x + x , f(x) = x ln + > 0, x nên f(x) đồng biến R . f(1) = 0. +) Xét g(x) = 2x 8, g(x) đồng biến R , g(3) = 0. +) Xét h(x) = log x , h(x) đồng biến (0; + ), h(4) = 0. 0,25 Bảng xét dấu vế trái (1) x x +x-2 2x - | log2x - | VT 0,25 + + | | + + - | | || + + + + + Theo bảng xét dấu, bất phơng trình cho có tập nghiệm S = [1;3] (4;+) Giải phơng trình lợng giác . x x x x x x 3(sin cos ) = cos x + sin x sin cos + sin cos = ( + sin x ) cos x 2 2 x x x x x x sin cos + sin x = ( + sin x ) cos sin cos + sin 2 2 0,25 1,00 0,25 x x x x cos sin (2 + sin x) sin + cos + = 2 2 0,25 x x x x cos = sin ữ = = k x = + k2 (k Z) 2 2 * + sin x = sin x = (vô nghiệm) 0,25 * sin x x 3 x (vô nghiệm) + cos = sin + = sin x + = 2 2 2 Vậy nghiệm phơng trình là: x = + k2 ( k Z) Tính thể tích khối chóp . * sin III 0,25 1,00 S M I N A B K C Ta có tam giác SMN AMN cân S A. Gọi I trung điểm MN suy SI MN AI MN. Do (SBC) (AMN) nên SI (AMN). 1 Do VS .AMN = SI.S AMN = SI.AI.MN Gọi K trung điểm BC suy I trung điểm SK, mà AI SK nên tam giác ASK cân A. Do SA = AK = a a a MN = BC = , NI = MN = , SN = SC = SA = a 2 2 2 3a a a SI = SN NI = = 16 16 3a a a 10 . Vậy a a 10 a a = VS .AMN = = 4 96 V SA SM SN . . = Chú ý: Thí sinh sử dụng công thức: S .AMN = VS .ABC SA SB SC Tính giới hạn . 2 x cos x (2 x 1) cos x cos x lim = lim lim x0 x0 x0 x2 x2 x2 AI = SA SI = IV e x ln sin x = ln 2. lim lim cos x lim = ln x x ln x x0 x Chứng minh bất đẳng thức . áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dơng ta có: 1 1 1 (*), (x + y) + xy .2 . = + x y x y x+y x y 1 1 áp dụng (*) ta có: ; + + a + b b + c a + b + c b + c c + a a + b + 2c 1 + c + a a + b 2a + b + c 1 2 (1) + + + + a + b b + c c + a 2a + b + c a + b + c a + b + c Mặt khác ta lại có ( 2a ) ( 0,25 0,25 0,25 1,00 0,50 V 0,25 ) ( ) + + b + + c + 2a .2 + b .1 + c .1 = 2(2a + b + c) 0,50 1,00 0,25 0,25 2a + b + c + 2(2a + b + c) a + 2(2a + b + c) 2a + b + c a + 2 ; 2a + c + a b + 2c + a + b c + 1 2 (2) + + + + 2a + b + c a + b + c a + b + c a + b + c + 1 4 Từ (1) (2) ta suy ra: + + + + a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Dấu = xảy a = b = c = Tính diện tích ảnh tam giác qua phép vị tự . Do B (C) nên tồn M(x; y)(C) cho B ảnh M qua V(A; k), suy AB = k AM . Do A B , nên k x = 1 = k (x 1) + 2k = k (y 2) y = k Tơng tự: VIa.1 0,25 0,25 1,00 0,25 VII.a Do M thuộc (C) nên (x 2) + ( y 1) = (1 2) + + k = k 2 (4 + k ) = k k = . 0,25 +) Đờng thẳng AB có phơng trình x - = 0, dó d(O, AB) = 1 Độ dài AB = 4. Suy S OAB = AB.d(O, AB ) = 4.1 = . 2 0,25 ảnh tam giác OAB qua phép vị tự V(A, 2) có diện tích S = .SOAB = 2. 0,25 Tìm số lớn số a0 , a1 , a2 , ., an 1,00 n n + 2C n n n n C Ta có khai triển + x k Do a k = C 14 k 14 .3 k 14 +C C n n = 11025 (C + C ) = 105 n = 14 n( n 1) C 2n + C 1n = 105 + n = 105 n + n 210 = n = 15 (loạ i) Ta có C C n n n = C k =0 14 14 k k 14 n 0,25 k 14 x k k 14 k k = C 14 .3 .x k =0 k +1 k 13 k a k +1 C 14 2(14 k ) . = = k k 14 k ak 3( k + 1) C 14 2(14 k ) >1 > k < . Do k Ơ , nên k . 3( k + 1) 0,25 Ta xét tỉ số a k +1 ak a k +1 a < k > 5, k +1 = k = ak ak Do a < a < . < a < a = a > a > . > a 14 Do a5 a6 hai hệ số lớn 1001 Vậy hệ số lớn a = a = C 14 = 62208 0,25 Tơng tự VIb Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật . Ta có: d d = I . Toạ độ I nghiệm hệ: 0,25 1,00 0,25 x y = x = / . Vậy I ; 2 x + y = y = / Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M trung điểm cạnh AD M = d Ox Suy M( 3; 0) Ta có: AB = IM = + = 2 S ABCD 12 = =2 AB Vì I M thuộc đờng thẳng d1 d AD Đờng thẳng AD qua M ( 3; 0) vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên Theo giả thiết: S ABCD = AB.AD = 12 AD = VIIb có PT: 1(x 3) + 1(y 0) = x + y = . Lại có: MA = MD = x + y = Toạ độ A, D nghiệm hệ PT: ( x 3) + y = y = x + y = x + y = x 2 2 x = ( x 3) + y = ( x 3) + (3 x) = x = x = . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) y = y = x = x I x A = = Do I ; trung điểm AC suy ra: C 2 y C = y I y A = = Tơng tự I trung điểm BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) 1 +) Ta có y = x + . lim [y (2 x 1)] = lim = . Do (C) có tiệm x x x x cận xiên y = 2x 1. 2 +) lim 2x 3x + = + ; lim 2x 3x + = . Do (C) có tiệm cận đứng x = x1+ x x1 x1 , x +) Gọi M (C ) M = x ;2 x + x Tổng khoảng cách từ M tới hai đờng tiệm cận (C) x x + x 1 d = x0 + = x0 + x0 2 + 12 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dơng ta có d x d= x = x0 x0 = x0 = 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 2 Vậy d nhỏ M = + ;1 + + ; M = ;1 5 5 0,25 0,25 . = = = = + 14 0k kk14kk 14 14 0k kk14 k 14 14 x.3.2C 3 x 2 1 C 3 x 2 1 Do đó k14kk 14 k 3.2Ca = 0,25 Ta xét tỉ số )1k(3 )k14(2 32C 32C a a k14kk 14 1k13k1k 14 k 1k + == + + . 5k1 )1k(3 )k14(2 1 a a k 1k <> + > + 2 21 n 2 n 1n n 1 n 1n n 2n n 2n n 2 n 10 5)CC (11 025CCCC2CC =+=++ = = =+=+ =+ )iạlo (15 n 14 n 0 210 nn105n 2 )1n(n 10 5CC 21 n 2 n 0,25 Ta có khai triển = = = = + 14 0k kk14kk 14 14 0k kk14 k 14 14 x.3.2C 3 x 2 1 C 3 x 2 1 Do. = + += + + 1x 2x3x2 lim; 1x 2x3x2 lim 2 1x 2 1x . Do đó (C) có tiệm cận đứng x = 1 +) Gọi M += 1x 1 1x2;xM)C( 0 00 , 1x 0 0,25 Tổng khoảng cách từ M tới hai đờng tiệm cận của (C) là 1x5 1 1x 12 1 1x 1 1x2x2 1xd 0 0 22 0 00 0 += + + += 0,25 áp