Tham khảo tài liệu ''kỳ thi kscl thi đại học lần 1 năm 2010- 2011 môn toán'', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
KÌ THI KSCL THI ðẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ ðỀ THI MƠN TỐN -KHỐI A Thời gian làm : 180 phút(khơng kể thời gian giao đề) -I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(8,0 điểm) Câu I(2,0 điểm): Cho hàm số y = x4 – 8m2x2 + (1), với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ ñồ thị hàm số (1) m = 2 Tìm giá trị m để hàm số (1) có cực trị A ,B, C diện tích tam giác ABC 64 Câu II(2,0 điểm) π Giải phương trình : 3cos2 x − tan x = 4sin ( x − ) + cot x 2.Giải bất phương trình : x − − x + > x − Câu III(1,0 ñiểm) Khai triển (1 – 5x)30 = ao+a1x +a2x2 + .+ a30x30 Tính tổng S = |ao| + 2|a1| + 3|a2| + + 31|a30| Câu IV(2,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD hình vng cạnh a,mặt bên SAD tam giác ñều SB = a Gọi E,F trung ñiểm AD AB Gọi H giao ñiểm FC EB 1.Chứng minh rằng: SE ⊥ EB CH ⊥ SB 2.Tính thể tích khối chóp C.SEB Câu V(1,0 điểm).Cho a,b,c ba số thực dương thoả mãn abc = Tìm giá trị lớn biểu thức : P= 1 + + 2 a + 2b + b + 2c + c + 2a + II/PHẦN RIÊNG (2,0 ñiểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A/Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), ñường trung tuyến qua B ñường phân giác góc C có phương trình : (d1): x – 2y + = (d2): x + 2y + = Viết phương trình ñường thẳng BC 2.Giải hệ phương trình : x 2log x y = x + x log y y = log x y B/Theo chương trình Nâng cao: Câu VI b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng (AB): x – y + = phương trình đường thẳng (BD): x + y – = 0; ñường thẳng (AC) ñi qua M( -1; 1) Tìm toạ ñộ ñỉnh hình chữ nhật ABCD sin x 1+ cos x +3 2.Tìm giá trị lớn ,giá trị nhỏ hàm số: y = HẾT ! Thí sinh khơng sử dụng tài liệu.Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………………….Số báo danh:…………………… http://ebook.here.vn – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí Câu I Ý 1ñiểm ðÁP ÁN THANG ðIỂM ðỀ THI KSCL THI ðẠI HỌC NĂM 2010 LẦN THỨ MƠN TỐN - KHỐI A Nội dung ñáp án Khi m= ðiểm hàm số cho có pt: y= x4 – 2x2+ 1.TXð : D= R 2.SBT CBT: y’= 4x3- 4x = 4x( x2 - 1) -y’=0 x= x = x = -1 Hàm số ñồng biến ∀x ∈ (−1; 0) vµ (1; +∞) Hàm số nghịch biến ∀x ∈ (−∞; −1) vµ(0;1) Cực trị : HS ñạt cực ñại x= yCð=y(0)=1 HS ñạt cực tiểu x= ± yCT=y( ± 1)=0 -.Giới hạn: xlim y = +∞ ; lim y = +∞ →+∞ x →−∞ 0,25 0,25 BBT: -∞ x y y - , -1 0 + +∞ - +∞ + 0,25 +∞ 0 -3 vẽ ñồ thị: y -1 I (1ñiểm) 0,25 x y , = x − 16m x = x( x − 4m ) ðk ñể hàm số có cực trị y , = có nghiệm phân biệt Tức phương trình g ( x) = x − 4m = có hai nghiệm phân biệt 0,25 x≠0 ⇔m≠0 -x = ⇒ y = y = ⇔ x = 2m ⇒ y = − 16m x = −2m ⇒ y = − 16m , 0,25 http://ebook.here.vn – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí Giả sử điểm cực trị là:A(0;1);B (2m;1 − 16m ) ;C (−2m;1 − 16m ) -Ta thấy AB=AC = (2m)2 + (16m ) nên tam giác ABC cân A Gọi I trung ñiểm BC I (0;1 − 16m ) nên AI = 16m ; BC = m -1 S ∆ABC = AI BC = 16m 4 m =64 ⇔ m5 = ⇔ m = ± (tmñk m ≠ ) 2 ðs: m = ± II kπ ðk: x ≠ (k ∈ Z ) (1ñiểm) -Với đk phương trình ñã cho tương ñương: π 3cos2 x − (t anx + cot x) = 1 − cos(2 x − ) s inx cos2 x ⇔ 3cos2 x − ( + ) = 2(1 − sin x) cos x sin x cos x ⇔ 3cos2 x − = 2(1 − sin x) cos x.sin x ⇔ 3cos2 x − = 2(1 − sin x) sin x 0,25 0,25 0,25 0,25 -⇔ 3cos2 x.sin x − = 2sin x − 2sin 2 x ⇔ sin x − = 2sin x − + cos4 x ⇔ sin x − cos4 x = 2sin x ⇔ sin x − cos4 x = sin x 2 0,25 π ⇔ sin(4 x − ) = sin x -π π x − = x + k 2π x = 12 + kπ (tm) ⇔ (k ∈ Z ) ⇔ x − π = π − x + k 2π x = 7π + kπ (tm) 36 II 0,25 2 x − − x + > x − (1) (1ñiểm) ðk: x ≥ Nhân lượng liên hợp: x − + x + > (2 x − − x + 5)(2 x − + x + 5) > ( x − 3)(2 x − + x + 5) ⇔ 4( x − 1) − ( x + 5) > ( x − 3)(2 x − + x + 5) 0,25 ⇔ 3( x − 3) > ( x − 3)(2 x − + x + 5) (2) Xét trường hợp: TH1:x>3 phương trình (2) trở thành: > x − + x + (3) 0,25 http://ebook.here.vn – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí VP(3) > 2 + 2 = >3 nên bất phương trình (3) vơ nghiệm -TH2: x=3 0>0 (vơ lý) -TH3: ≤ x < nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: < (2 x − + x + 5) bình phương vế ta ñược: ( x − 1)( x + 5) > − x (4) 8 − x < ⇔ < x < (5) (4) ln 1 ≤ x < 8 − x ≥ * ⇔ ≤ x ≤ (*) nên bình phương hai vế (4)ta 1 ≤ x < ñược x − 144 x + 144 < ⇔ − 48 < x < + 48 Kết hợp với ñiều kiện(*) ta ñược: − 48 < x ≤ (6) Từ (5) (6) ta có đs: − 48 < x < 0,25 * III 1ñiểm 0,25 Xét khai triển: (1 − x)30 = C300 − C301 x + C302 (5 x)2 − + C3030 (5 x)30 0,25 Nhân vế với x ta ñược: 30 2 30 30 31 x(1 − x) = C30 x − C30 x + C30 x − + C30 x (1) -Lấy ñạo hàm hai vế (1) ta ñược; 30 30 30 (1 − x)30 − 150 x(1 − x) 29 = C300 − 2C30 x + 3C302 52 x − + 31C30 x (2) 0,25 Chọn x=-1 thay vào (2) ta ñược 0,25 30 29 2 30 30 + 150.6 = C30 + 2(C30 5) + 3(C30 ) + + 31(C30 ) IV (1ñiểm) -hay 629 (6 + 150) = a0 + a1 + a2 + + 31 a30 hay 630.26 = a0 + a1 + a2 + + 31 a30 ðS : S = 630.26 S A F 0,25 0,25 B H E D C -*CM: SE ⊥ EB Vì tam giác SAD cạnh a ⇒ SE = Xét tam giác vng AEB có: a 0,25 http://ebook.here.vn – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 5a a EB = EA2 + AB = + a = 2 a 5a Xét tam giác SEB có: SE + EB = = 2a = SB + suy tam giác SEB vuông E hay SE ⊥ EB 2 -Ta có: AEB = BFC(c-c) ¼ suy ¼ AEB = BFC ¼ = 900 ¼ + FBE ¼ = 900 ⇒ FHB ¼ = 900 mà ¼ AEB + FBE BFC Hay CH EB mặt khác CH ⊥ SE (do SE ⊥ ( ABCD) ) Suy CH ⊥ ( SEB) => CH ⊥ SB IV (1ñiểm) Vậy VC SEB = CH S∆SEB 0,25 0,25 0,25 -* Xét FBC có: 1 1 = + = + = 2+ = 2 2 BH BF BC a a a a a 2 0,25 suy BH = a -Xét BHC có: CH = BC − BH = a − a 4a 2a = ⇒ CH = 5 0,25 2a a a a 3 (ñvtt) = 2 12 Nên VC SEB = CH SE.EB = V (1 ñiểm) 0,25 Áp dụng BðT cosi ta có: a + b ≥ 2ab b + ≥ 2b suy a + 2b + ≥ 2(ab + b + 1) 0,25 -Tương tự : b + 2c + ≥ 2(bc + c + 1) c + 2a + ≥ 2(ac + a + 1) 0,25 -1 Khi đó: P ≤ 1 + + ab + b + bc + c + ac + a + 1 abc abc = + + 2 ab + b + bc + c + abc ac + a bc + abc 1 ab b = + + = ab + b + ab + b + ab + b + 0,25 -http://ebook.here.vn – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí Dấu ñẳng thức xảy a=b=c=1 Vậy P ñạt giá trị lớn VI a a=b=c=1 0,25 Gọi C ( xc ; yc ) (1điểm) Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: C (−2 yc − 2; yc ) y +1 Gọi M trung ñiểm AC nên M − yc − 1; c Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên : − yc − − yc + + = ⇒ yc = ⇒ C (−4;1) 0,25 0,25 -Từ A kẻ AJ ⊥ d I ( J thuộc ñường thẳng BC) nên véc tơ → phương ñường thẳng (d2) u (2; −1) véc tơ pháp tuyến ñường thẳng (AJ) Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0 Vì I=(AJ) ∩ (d2) nên toạ ñộ diểm I nghiệm hệ x = − 2 x − y + = ⇔ ⇒ I (− ; − ) + + = 2 x y 5 y = − 0,25 -Vì tam giác ACJ cân C nên I trung ñiểm AJ 8 0 + x = − x = − 11 Gọi J(x;y) ta có: ⇔ ⇒ J (− ; − ) 5 1 + y = − y = − 11 5 11 Vậy phương trình ñường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; J (− ; − ) là: 0,25 4x+3y+13=0 VI a (1 ñiểm) ðk: x,y>0 x, y ≠ 0,25 Với ñk hệ phương trình tương đương : y = x + 3(1) log y x-1=2log x y (2) Giải(2) ñặt log y x = t (t ≠ 0) t t = −1 (tm) t = phương trình (2) trở thành: t − = ⇔ t − t − = ⇔ x= l og y x=-1 y ⇔ ⇔ log y x=2 x = y 0,25 -http://ebook.here.vn – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 2 y = x + y = + y3 − y − = y 1/ ⇔ ⇔ x = y x = x = y y 0,25 y = y = −1(loai ) x = ⇔ ⇒ x = y = y - y2 = 2x + 2/ x = y VI b y = y + y + = (vô nghiệm) ⇔ ⇔ 2 x = y x = y x = ðáp số: y = 0,25 Vì B giao điểm (AB) (BD) nên toạ ñộ B nghiệm (1ñiểm) x − y +1 = x = hệ : ⇔ ⇒ B(0;1) 2 x + y − = y =1 uuur ðường thẳng AB có VTPT : nAB (1; −1) uuur ðường thẳng BD có VTPT : nBD (2;1) uuur Giả sử ñường thẳng AC có VTPT : nAC (a; b) 0,25 -Khi đó: uuur uuur uuur uuur nAB nBD nAB nAC uuur uuur = uuur uuur nAB nBD nAB nAC ⇔ a−b = ⇔ a + b2 = a − b a +b ⇔ a + b = 5(a − 2ab + b ) 2 2 0,25 ⇔ 4a − 10ab + 4b = ⇔ 2a − 5ab + 2b = b a= ⇔ a = 2b uuur b 1/Với a = ,chọn a=1,b=2 nAC (1; 2) suy phương trình đường thẳng (AC) ñi qua ñiểm M(-1;1) là: x+2y-1=0 -Gọi I giao ñiểm ñường thẳng (AC) (BD) nên toạ ñộ x= x y + − = 1 ñiểm I nghiệm hệ: ⇔ ⇒ I( ; ) 3 x + y −1 = y= 0,25 Vì A giao điểm ñường thẳng (AB) (AC) nên toạ ñộ http://ebook.here.vn – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí x=x − y +1 = ñiểm A nghiệm hệ: ⇔ ⇒ A(− ; ) 3 x + y −1 = y= Do I trung ñiểm AC BD nên toạ ñộ ñiểm C (1; 0) D( ; − ) 3 2/Với a=2b chọn a=2;b=1 phương trình đường thẳng (AC) 2x+y+1=0 (loại AC khơng cắt BD) 3 0,25 ðáp số: A(− ; ) ; B(0;1) ; C (1; 0) ; D( ; − ) VI b TXð: D=R (1ñiểm) hàm số ñã cho viết lại là: y = 3sin x + 32−sin x ðặt t = 3sin x ≤ sin x ≤ nên ≤ 3sin x ≤ tức ≤ t ≤ -2 2 0,25 hàm số cho trở thành y = f (t ) = t + với ≤ t ≤ t t2 − = t2 t , f (t ) = ⇔ t − = ⇔ t = ±3 Ta có f , (t ) = − 0,25 BBT: t f (t ) f (t ) - , 0,25 10 -min y ( x) = f (t ) = ñạt ñược t=3 ( −∞ ; +∞ ) 1;3 [ ] sin x = ⇔ x = π + kπ ( k ∈ Z ) Max y ( x) = Max f (t ) = 10 ñạt ñược t=1 ( −∞ ; +∞ ) [1;3] 0,25 sin x = ⇔ x = kπ (k ∈ Z ) Nếu thí sinh làm theo cách khác ñúng, cho ñiểm tối ña Hết http://ebook.here.vn – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí ... Ý 1? ?iểm ðÁP ÁN THANG ðIỂM ðỀ THI KSCL THI ðẠI HỌC NĂM 2 010 LẦN THỨ MƠN TỐN - KHỐI A Nội dung đáp án Khi m= ðiểm hàm số cho có pt: y= x4 – 2x2+ 1. TXð : D= R 2.SBT CBT: y’= 4x3- 4x = 4x( x2 - 1) ... + x = − x = − 11 Gọi J(x;y) ta có: ⇔ ⇒ J (− ; − ) 5 ? ?1 + y = − y = − 11 5 11 Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4 ;1) ; J (− ; − ) là: 0,25 4x+3y +13 =0 VI a (1 ñiểm) ðk: x,y>0... ⇔ x = 2m ⇒ y = − 16 m x = −2m ⇒ y = − 16 m , 0,25 http://ebook.here.vn – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí Giả sử điểm cực trị là:A(0 ;1) ;B (2m ;1 − 16 m ) ;C (−2m ;1 − 16 m )