Kỳ Thi KSCL Thi đại học lần 1 năm 2010- 2011 Môn Toán - Trường THPT Xuân Hòa

Tham khảo tài liệu ''kỳ thi kscl thi đại học lần 1 năm 2010- 2011 môn toán - trường thpt xuân hòa'', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Sở Gíao dục & ðào tạo tỉnh Vĩnh Phúc Trường THPT Xuân Hoà KỲ THI KSCL THI ðẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ ðỀ THI MƠN Tốn; Khối A Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian giao ñề ðề thi gồm 01 trang I/- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, ñiểm) Câu I (2,0 ñiểm): Cho hàm số y = x + 2m x + (1) Khảo sát biến thiên vẽ ñồ thị hàm số (1) m = Chứng minh ñường thẳng y = x + ln cắt đồ thị hàm số (1) hai ñiểm phân biệt với giá trị m Câu II (2,0 điểm): Giải phương trình: sin x − cos x = + 4(sin x − cos x) 3  x + y = y + 16 x Giải hệ phương trình:  2 1 + y = 5(1 + x ) − cos x + tan x Câu III (1,0 điểm): Tính giới hạn lim x →0 x.sin x Câu IV (1,0 điểm): Trong khơng gian, cho tam giác vng cân ABC có cạnh huyền AB = 2a Trên ñương thẳng d ñi qua A vng góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S, cho mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng (ABC) góc 600 Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC x − x3 + x − x + Câu V (1,0 ñiểm): Tìm giá trị nhỏ hàm số f ( x) = x2 − 2x + II PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh làm phần ( phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2,0 ñiểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho elíp (E) có tiêu điểm thứ ( − 3; 0) ñi qua ñiểm M (1; 33 ) Hãy xác ñịnh toạ ñộ ñỉnh (E) x x x x Giải phương trình: 2.27 + 18 = 4.12 + 3.8 Câu VII a (1,0 điểm): Có số tự nhiên có chữ số khác khác mà số ln có mặt hai chữ số chẵn hai chữ số lẻ B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ 0xy, cho ñiểm A(2; 1) Lấy điểm B nằm trục hồnh có hồnh độ khơng âm cho tam giác ABC vng A Tìm toạ độ B, C để tam giác ABC có diện tích lớn Có số tự nhiên có chữ số khác khác mà số ln có mặt hai chữ số chẵn ba chữ số lẻ mx − Câu VII.b(1,0 điểm): Tìm m để hàm số: y = có hai ñiểm cực trị A, B ñoạn AB ngắn x -Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………; Số báo danh:……………… http://ebook.here.vn – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí ðÁP ÁN, BIỂU ðIỂM MƠN TỐN Khối A Lưu ý : Học sinh làm theo cách khác mà ñúng cho ñiểm tối ña Câu I ðáp án ðiểm (1, ñiểm) Khảo sát… Với m=1, hàm số trở thành: y = x + x + * Tập xác ñịnh: R * Sự biến thiên + y ' = x + x = x( x + 1) ⇒ y ' = ⇔ x = Ta có: y ' > ⇔ x > 0; y ' < ⇔ x < 0, 25 Hàm số nghịch biến khoảng ( −∞;0 ) ñồng biến khoảng ( 0; +∞ ) ; ñạt cực tiểu x=0; y(0)=1 + Giới hạn: lim y = lim y = +∞ x →−∞ 0, 25 x →+∞ Bảng biến thiên: x −∞ y' y +∞ - 0, 25 +∞ 0 + +∞ * ðồ thị: Hàm số ñã cho hàm số chẵn nên ñồ thị nhận trục tung làm trục ñối xứng 0,25 -1 2 ((1, ñiểm) Chứng minh ñường thẳng … Số giao ñiểm hai ñồ thị tương ứng với số nghiệm phương trình: x + 2m x + = x + ⇔ x( x + 2m x − 1) = (*) x = ⇔  Phương trình (*) có nghiệm  x + 2m x − = 0(**) x=0 Ta ñi chứng minh phương trình: x3 + 2m x − = (**) có nghiệm 0,25 http://ebook.here.vn – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí II khác với giá trị m * Nếu m=0 pt(**) trở thành: x3 − = ⇔ x = ⇒ pt(*) có nghiệm • Nếu m ≠ , Xét hàm số f ( x) = x + 2m x − R • Ta có: f '( x) = x + 2m > 0, ∀x ∈ R ⇒ f(x) ln đồng biến R ⇒ f ( x) = có nhiều nghiệm Ta có: f(0) = -1; f(1) =2m2 >0 ⇒ f (0) f (1) < ⇒ pt f ( x) = có nhiều nghiệm thuộc (0; 1) Vậy pt (**) có nghiệm khác ⇒ (đpcm) (1, điểm) Giải phương trình: sin x − cos x = + 4(sin x − cos x ) (1) ðK: ∀x ∈ R (1) ⇔ sin x = + cos x + 4(sin x − cos x) 0,25 0,25 0,25 ⇔ 2sin x.cos x = cos 2 x − 4(cos x − sin x) ⇔ (cos x − sin x)(cos x − sin x) − 2(cos x − sin x) = 0,25 ⇔ (cos x − sin x) [ (cos x + sin x)(cos x − sin x) − 2] = (2) Xét hai khả xảy cho (2): * TH1: cos x − sin x = ⇔ tan x = ⇔ x = π (cos x − sin x)(cos x − sin x) − = π + kπ 0,25 π * TH2: ⇔ cos(2 x + ).cos( x − ) − = 4 π ⇔ cos x + cos( x + ) = (*) cos x = (3)  ⇔ π cos( x + ) = (4) π 0,25 π Xét: cos( x + ) = ⇔ x = − + 2mπ 2 3π ⇔ 3x = − + 6mπ 3π + 6mπ ) = ( Vơ lý với (3)) Lúc đó: cos x = cos(− π + kπ 3  x + y = y + 16 x 2.(1, ñiểm) Giải hệ phương trình:  2 1 + y = 5(1 + x )  x( x − 16) = y ( y − 4)  x( x − 16) = x y (1) HPT ⇔  ⇔  2 (2)  y − = x  y − = x x = Pt (1) ⇔   x − 16 = xy (3) +) x = thay vào (2) ta ñược y = ±2 Vậy (*) vơ nghiệm., nên (1) có nghiệm: x = 0,25 x − 16 thay vào (2) ta ñược: +) x ≠ , pt (3) ⇔ y = 5x 124 x + 132 x − 256 = ⇔ x = • Nếu x = y = -3 0,25 0,5 http://ebook.here.vn – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí III • Nếu x =-1 y = Vậy HPT có nghiệm: (x; y) =( 0; 2); (0; -2); (1; -3); (-1; 3) − cos x + tan x (1, điểm) Tính giới hạn: I= lim x →0 x.sin x 0,25 sin x cos x I = lim x →0 x.sin x 2sin x sin x + ) = +1 = I = lim( x→0 x x.cos x (1 điểm): Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC Từ giả thiết suy ∆ABC S vuông C kết hợp với d ⊥ ( SAC ) Suy BC ⊥ ( SAC ) · = 600 Do SCA 2sin x + IV Do ∆ABC vuông C AB =2a ⇒ AC = BC = a Trong tam giác vuông SAC ta có SA = AC.tan 600 = a 0,5 0,5 0,5 A B C Trong tam giác SAB có: SB = SA2 + AB = a 10 · · = 900 nên tứ diện SABC nội tiếp mặt cầu đường kính SB = SAB Do SCB SB a 10 = 2 2 Vậy S mc = 4π R = 10π a (ð.V.D.T) Suy bán kính mặt cầu V Vi.a (1 điểm): Tìm giá trị nhỏ hàm số: f ( x) = 0,25 0,25 x − x3 + 8x − 8x + x2 − 2x + Tập xác ñịnh hàm số R x − x + x − x + ( x − x) − 4( x − x) + + = Ta có: f ( x) = x2 − 2x + x2 − x + ( x − x + 2) + 1 = x2 − x + + ≥ 2( x − x + > ) f ( x) = x − 2x + x − 2x + ðẳng thức xảy ⇔ x − x + = ⇔ x = Vậy Minf(x) = x =1 1.(1 ñiểm): Hãy xác ñịnh toạ ñộ đỉnh (E) 0,5 0,25 0,25 (E) có tiêu ñiểm F1 (− 3;0) nên c = Phương trình tắc (E) có dạng: Ta có: M (1; x2 y + = (a>b>0) a2 b2 0,25 33 528 ) ∈ (E) ⇒ + = 1(1) a = b + c = b + thay vào a 25b 0,5 (1) ta ñược: 528 + = ⇔ 25b − 478b − 1584 = ⇔ b = 22 ⇒ b = 22 b + 25b http://ebook.here.vn – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí Suy ra: a = 25 ⇒ a = Vậy (E) có bốn đỉnh là: (-5;0); (5; 0); (0;22 ) (1,0 điểm): Giải phương trình: 2.27 x + 18 x = 4.12 x + 3.8x Ta có PT ⇔ 2.33 x + x.32 x = 4.22 x3x + 3.23 x 3x 3 3 Chia hai vế cho 23 x > : PT ⇔   +   2 2 2x 22 ); (0; 0,25 0,25 x 3 − 4  − = 2 0,25 x 3 ðặt t =   , ñk: t>0 PT trở thành: 2 ( ) 2t + t − 4t − = ⇔ ( t + 1) 2t − t − =  t = −1 ⇔ t =  Do t >0 nên t= Khi t = 0,25 3 , ta có: x 3   = ⇔ x = KL: Nghiệm PT x = 2 0,25 ViIa (1,0 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác khác mà số ln có mặt hai chữ số chẵn hai chữ số lẻ VI.b 0,5 Từ giả thiết tốn ta có C 42 = cách chọn chữ số chẵn (vì khơng có số 0) C 52 = 10 cách chọn hai chữ số lẻ => cã C 52 C 52 = 60 số thoả mãn toán 0,5 Mỗi số có 4! số thành lập Vậy có tất C 42 C 52 4! = 1440 số (1 điểm): Tìm toạ độ B, C để tam giác ABC có diện tích lớn Gọi A(2; 1); B(b; 0); C(0; c); b, c > Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông A uuur uuur 0,25 nên AB AC = ⇔ c = −2b + ≥ ↔ O ≤ b ≤ 1 S ∆ABC = AB AC = (b − 2) + 22 + (c − 1) = (b − 2) + = b − 4b + 0,5 2 Do ≤ b ≤ → Smax b =0 Suy B(0; 0); C(0; 5) 0,25 2.(1 điểm): Có số tự nhiên có chữ số khác khác mà số ln có mặt hai chữ số chẵn hai chữ số lẻ Từ giả thiết toán ta thấy có C 52 = 10 cách chọn chữ số chẵn (kể số có chữu số ñứng ñầu ) vµ C53 =10 cách chọn hai chữ số lẻ => cã C 52 C53 = 100 số ñược chọn 0,5 Mỗi số có 5! số thành lập => có tất C 52 C 53 5! = 12000 số Mặt khác số số ñược lập mà có chữ số đứng đầu 0,5 http://ebook.here.vn – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí C 41 C 53 4! = 960 Vậy có tất 12000 – 960 = 11040 số thoả mãn YCBT VII.b (1 điểm): Tìm m để hàm số: y = Ta có: y ' = mx − có hai điểm cực trị A, B đoạn AB ngắn x mx + x2 0,25 Hàm số có hai cực trị ⇔ y ' = có hai nghiệm phân biệt khác ⇔ m < 0(*) Khi m0 ⇒ f (0) f (1) < ⇒ pt f ( x) = có nhiều nghiệm thuộc (0; 1) Vậy pt (**) có nghiệm khác ⇒ (đpcm) (1, điểm) Giải phương trình: sin x − cos x = + 4(sin x − cos x ) (1) ðK: