KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010 (LẦN 1) MÔN THI: TOÁN

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!

Gửi: http//laisac.page.tl TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1 KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010 (LẦN 1) MÔN THI: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 8 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số )1(3 23 mxxxy +−= 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng d: x – 2y – 5 = 0. Câu II: (3 điểm) 1. Giải hệ phương trình: ⎩ ⎨ ⎧ ++=++ +=++ 1 21 22 2222 yxyxyyxx xyyxyx 2. Giải bất phương trình: 0 2xlog )3x(82).11x(4 2 xx ≥ − −−−+ 3. Giải phương trình: xx xx 2sin 2 1 cos2) 2 cos 2 (sin3 33 +=− Câu III: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). Câu IV: (1 điểm) Tính giới hạn: 2 2 0 1cos2 lim 2 x x x x − → Câu V: ( Cho a, b, c là những số 1 điểm) thực dương thoả mãn: . Chứng minh 3 222 =++ cba 7 4 7 4 7 4111 222 + + + + + ≥ + + + + + cba accbba PHẦN RIÊNG (2 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2 PHẦN 1:(Theo chương 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) và đường tròn (C): . Gọi V(A, k) là phép vị tự tâm A tỉ số k sao cho V(A, k) biến đường tròn (C) thành đường tròn (C’) đi qua B. Tính diện tích ảnh của tam giác OAB qua V(A, k). 2)1()2( 22 =−+− yx Câu VII.a: (1điểm) Cho khai triển n n n xaxaxaa x ++++= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + 32 1 2 210 . Tìm số lớn nhất trong các số biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn . n aaaa , .,,, 210 110252 111222 =++ −−−− n nn n n n n n nn CCCCCC PHẦN 2: (Theo chương 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 bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03: 1 =−− yxd và . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d 06: 2 =−+ yxd 1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số 1 232 2 − +− = x xx y có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là nhỏ nhất. ----------------***Hết***---------------- Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN I KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010(LẦN 1) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN - Điểm toàn bài không làm tròn. - Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa. - Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần riêng thì không tính điểm phần tự chọn. - Thí sinh dự thi khối B, D không phải làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 và câu III là 1,5 điểm. Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát hàm số . 1,00 * Với m = 0 thì 23 x3xy −= 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: a) Giới hạn: +∞=−=−∞=−= +∞→+∞→−∞→−∞→ )x3x(limylim,)x3x(limylim 23 xx 23 xx 0,25 b) Bảng biến thiên: y’=3x 2 – 6x, y’ = 0 ⇔ x = 0, x = 2. x - 0 2 + ∞ ∞ y' + 0 - 0 + y 0 + ∞ ∞ - - 4 0,25 - Hàm số đồng biến trên (- ∞ ; 0) và (2; + ∞ ), nghịch biến trên (0; 2) 1 - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = - 4. 0,25 3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 0), giao với trục hoành tại (0; 0),(3; 0). Nhận điểm uốn I(1; - 2) làm tâm đối xứng 0,25 I.2 Tìm giá trị của tham số m . 1,00 Ta có mx6x3'y,mxx3xy 223 +−=+−= Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu là y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt 3m0m39' <⇔>−=Δ⇔ 0,25 Ta có: m 3 1 x2m 3 2 'y 3 1 x 3 1 y + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −+ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −= Tại các điểm cực trị thì y’ = 0, do đó tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn phương trình m 3 1 x2m 3 2 y + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −= . Như vậy đường thẳng Δ đi qua các điểm cực trị có phương trình m 3 1 x2m 3 2 y + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −= , nên nó có hệ số góc k 1 = 2m 3 2 − 0,25 Ta có d: x – 2y – 5 = 0 2 5 x 2 1 y −=⇔ suy ra d có hệ số góc k 2 = 2 1 Để hai điểm cực trị đối xứng qua d thì ta phải có d ⊥ Δ , 0,25 x y 3 2 O -4 -2 1 0m12m 3 2 2 1 1kk 21 =⇔−= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −⇔−= suy ra +) Với m = 0 thì đồ thị có hai điểm cực trị là (0; 0) và (2; - 4), nên trung điểm của chúng là I( 1; -2), ta thấy I ∈ d, do đó hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua d. 0,25 Vậy: m = 0 Giải hệ phương trình đại số . II.1 1,00 ⎩ ⎨ ⎧ =++− =+− ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ ++=++ +=++ 1xy)xy1)(yx( 1yx)yx( 1yxyxyyxx xy21yxyx 222 22 2222 0,25 Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ ⎩ ⎨ ⎧ =++ =+ 1v)v1(u 1vu 22 ⎩ ⎨ ⎧ =++ =−+ ⇔ 1uvvu 1uv2)vu( 2 Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện ta có hệ phương trình )P4S 2 ≥ 0,25 ⎢ ⎣ ⎡ −= = ⇔=−+⇒ 3S 1S 03S2S 2 ⎩ ⎨ ⎧ −= =−− ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ =+ =− S1P 1)S1(2S 1PS 1P2S 22 2 +) Với S = 0 hoặc 0P =⇒ ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ = =+ ⇒ 1v 0u 0uv 1vu ⎩ ⎨ ⎧ = = 0v 1u - Nếu ⎩ ⎨ ⎧ −== == ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = =− ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ = = 1yx 1yx 1xy 0yx 1v 0u - Nếu ⎩ ⎨ ⎧ −= = ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = =− ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = = 1y 0x hoÆc 0y 1x 0xy 1yx 0v 1u 0,25 +) Với S = - 3 (loại) P4S4P 2 <⇒=⇒ 0,25 ( ) ( ) )1;0(),0;1(,1;1,1;1)y;x( −−−= Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm Giải bất phương trình logarit . II.2 0 2xlog )82)(3x2( 0 2xlog )3x(82).11x(4 2 xx 2 xx ≥ − −−+ ⇔≥ − −−−+ (1) 0,25 +) Xét , f’(x) = nên f(x) đồng biến trên . R 3x2)x(f x −+= x,012ln2 x ∀>+ f(1) = 0. 0,25 +) Xét g(x) = 2 x – 8, g(x) đồng biến trên , g(3) = 0. +) Xét h(x) = , h(x) đồng biến trên (0; + ∞ ), h(4) = 0. R 2xlog 2 − Bảng xét dấu vế trái của (1) x 0 1 3 4 + ∞ 2 x + x - 2 - 0 + | + | + 2 x - 8 - | - 0 + | + log 2 x - 2 - | - | - 0 + VT - 0 + 0 - || + 0,25 Theo bảng xét dấu, bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = );4(]3;1[ +∞∪ 0,25 Giải phương trình lượng giác . II.3 1,00 () xcosxsin2 2 x cos 2 x sin1 2 x cos 2 x sin3 += ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −⇔ x2sin 2 1 xcos2) 2 x cos 2 x (sin3 33 +=− 0,25 () ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −+= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −⇔ 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x cosxsin2xsin 2 1 1 2 x cos 2 x sin3 0 2 3 2 x cos 2 x sin)xsin2( 2 x sin 2 x cos = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ +++ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −⇔ 0,25 xx x x sin cos 0 sin 0 k x k2 (k ) 2 2 24 24 2 πππ ⎛⎞ − =⇔ − =⇔−=π⇔=+ π ∈ ⎜⎟ ⎝⎠ Z * 0,25 * (vô nghiệm) 2xsin0xsin2 −=⇔=+ 22 3 4 xsin 2 3 42 x sin2 2 3 2 x cos 2 x sin −= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π +⇔−= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π +⇔−=+ * (vô nghiệm) Vậy nghiệm của phương trình là: 0,25 () xk2k 2 π =+ π ∈ Z Tính thể tích khối chóp . III 1,00 3 Ta có các tam giác SMN và AMN cân tại S và A. Gọi I là trung điểm của MN suy ra SI ⊥ MN và AI ⊥ MN. Do (SBC) ⊥ (AMN) nên SI ⊥ (AMN). Do đó MN.AI.SI 6 1 S.SI 3 1 V AMNAMN.S == 0,25 Gọi K là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của SK, mà AI ⊥ SK nên tam giác ASK cân tại A. Do đó 2 3a AKSA == 0,25 MN = 4 a MN 2 1 NI, 2 a BC 2 1 === , 4 3a 2 SA 2 SC SN === 4 2a 16 a 16 a3 NISNSI 22 22 =−=−= 0,25 4 10a 8 a 4 a3 SISAAI 22 22 =−=−= . Vậy 96 5a 2 a 4 10a 4 2a 6 1 V 3 AMN.S == 0,25 Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng công thức: 4 1 SC SN . SB SM . SA SA V V ABC.S AMN.S == IV Tính giới hạn . 1,00 2 2 0x 2 2x 0x 2 2x 0x x xcos1 lim x xcos)12( lim x 1xcos2 lim 22 − − − = − →→→ 0,50 12ln x xsin limxcoslim 2lnx 1e lim.2ln 2 0x 2 0x 2 2lnx 0x 2 −= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − = →→→ 0,50 V Chứng minh bất đẳng thức . 1,00 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: yx 4 y 1 x 1 4 y 1 . x 1 2.xy2 y 1 x 1 )yx( + ≥+⇒=≥ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ++ (*), Áp dụng (*) ta có: cb2a 4 cb 1 ba 1 ++ ≥ + + + ; c2ba 4 ac 1 cb 1 ++ ≥ + + + cba2 4 ba 1 ac 1 ++ ≥ + + + c2ba 2 cb2a 2 cba2 2 ac 1 cb 1 ba 1 ++ + ++ + ++ ≥ + + + + + ⇒ (1) 0,25 S A C B M N I K Mặt khác ta lại có 0,25 ()()() )cba2(21.c21.b22.a221c1b2a2 222222 ++=++≥+++++ 7a 2 cba2 1 )cba2(27a)cba2(24cba2 2 2222 + ≥ + + ⇒++≥+⇒++≥+++⇒ 7b 2 aca2 1 2 + ≥ ++ 7c 2 bac2 1 2 + ≥ ++ Tương tự: ; 0,25 4 7c 2 7b 2 7a 2 c2ba 1 cb2a 1 cba2 1 222 + + + + + ≥ ++ + ++ + ++ ⇒ (2) 7c 4 7b 4 7a 4 ac 1 cb 1 ba 1 222 + + + + + ≥ + + + + + Từ (1) và (2) ta suy ra: 0,25 Dấu ‘’=’’ xảy ra 1cba ===⇔ Tính diện tích ảnh của tam giác qua phép vị tự . VIa.1 1,00 Do B ∈ (C’) nên tồn tại M(x; y) ∈ (C) sao cho B là ảnh của M qua V(A; k), suy ra AMkAB = . Do A , nên k B≠ 0≠ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + = = ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ −=− −=− ⇒ k k24 y 1x )2y(k26 )1x(k11 0,25 21 k k24 )21(2)1y()2x( 2 222 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + +−⇒=−+− Do M thuộc (C) nên 2kk)k4( 22 −=⇔=+⇔ . 0,25 +) Đường thẳng AB có phương trình x - 1 = 0, dó đó d(O, AB) = 1 0,25 21.4 2 1 )AB,O(d.AB 2 1 S OAB === Độ dài AB = 4. Suy ra . Ảnh của tam giác OAB qua phép vị tự V(A, 2) có diện tích S = .S = 2. 2− 0,25 OAB VII.a Tìm số lớn nhất trong các số 1,00 n aaaa , .,,, 210 Ta có 221 n 2 n 1n n 1 n 1n n 2n n 2n n 2 n 105)CC(11025CCCC2CC =+⇔=++ −−−− ⎢ ⎣ ⎡ −= = ⇔=−+⇔=+ − ⇔=+ )i¹lo(15n 14n 0210nn105n 2 )1n(n 105CC 21 n 2 n 0,25 ∑∑ = −− = − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + 14 0k kk14kk 14 14 0k kk14 k 14 14 x.3.2C 3 x 2 1 C 3 x 2 1 Ta có khai triển 0,25 Do đó k14kk 14k 3.2Ca −− = )1k(3 )k14(2 32C 32C a a k14kk 14 1k13k1k 14 k 1k + − == −− −−−+ + Ta xét tỉ số . 0,25 5k1 )1k(3 )k14(2 1 a a k 1k <⇔> + − ⇔> + 4≤ . Do k ∈ , nên k . ` 5k1 a a ,5k1 a a k 1k k 1k =⇔=>⇔< ++ Tương tự 0,25 Do đó 14765410 a .aaaa .aa >>>=<<<< và a Do đó a 5 6 là hai hệ số lớn nhất 62208 1001 32Caa 595 1465 === −− Vậy hệ số lớn nhất là Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật . VIb 1,00 Ta có: . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: Idd 21 =∩ ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ =−+ =−− 2/3y 2/9x 06yx 03yx ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 2 3 ; 2 9 I . Vậy 0,25 Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1 ∩=⇒ Suy ra M( 3; 0) 23 2 3 2 9 32IM2AB 22 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −== Ta có: 22 23 12 AB S AD12AD.ABS ABCD ABCD ===⇔== Theo giả thiết: 0,25 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d ADd 1 ⊥⇒ 1 )1;1(n Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d nhận 1 làm VTPT nên có PT: 5 03yx0)0y(1)3x(1 =−+⇔=−+− . Lại có: 2MDMA == () ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ =+− =−+ 2y3x 03yx 2 2 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: () () ⎩ ⎨ ⎧ ±=− −= ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ =−+− +−= ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ =+− +−= ⇔ 13x x3y 2)x3(3x 3xy 2y3x 3xy 2 2 2 2 0,25 ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ 1y 2x hoặc . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) ⎩ ⎨ ⎧ −= = 1y 4x Do ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 2 3 ; 2 9 I là trung điểm của AC suy ra: ⎩ ⎨ ⎧ =−=−= =−=−= 213yy2y 729xx2x AIC AIC 0,25 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) VIIb 1,00 1x 1 1x2y − +−= 0 1x 1 lim)]1x2(y[lim xx = − =−− ±∞→±∞→ +) Ta có . . Do đó (C) có tiệm cận xiên y = 2x – 1. −∞= − +− +∞= − +− −+ →→ 1x 2x3x2 lim; 1x 2x3x2 lim 2 1x 2 1x 0,25 +) . Do đó (C) có tiệm cận đứng x = 1 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − +−=⇒∈ 1x 1 1x2;xM)C( 0 00 +) Gọi M , 1x 0 ≠ Tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là 1x5 1 1x 12 1 1x 1 1x2x2 1xd 0 0 22 0 00 0 − +−= + − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − +−− +−= 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có 4 0 0 5 2 1x5 1 1x2d = − −≥ 4 5 2 d = 4 0 0 0 5 1 1x 1x5 1 1x ±=⇔ − =− 0,25 ⇒ khi 5 5 2 1; 5 1 1M ; 5 5 2 1; 5 1 1M 4 44 4 44 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −−−= ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ +++= Vậy d nhỏ nhất khi 0,25