Gián án Đề thi thử đại học (có đáp án) môn Toán trường Bình Xuyên tỉnh Vĩnh Phúc

KÌ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 ĐỀ THI MÔN TOÁN -KHỐI A Thời gian làm bài : 180 phút(không 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 = x 4 – 8m 2 x 2 + 1 (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 2 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC bằng 64. Câu II(2,0 điểm) 1. Giải phương trình : 2 2 3 os2 tan 4sin ( ) cot 2 4 c x x x x π − = − + 2.Giải bất phương trình : 2 1 5 3x x x− − + > − Câu III(1,0 điểm) Khai triển (1 – 5x) 30 = a o +a 1 x +a 2 x 2 + .+ a 30 x 30 Tính tổng S = |a o | + 2|a 1 | + 3|a 2 | + . + 31|a 30 | Câu IV(2,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác đều và SB = 2a . Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AD và AB .Gọi H là giao điểm của FC và EB. 1.Chứng minh rằng: SE EB⊥ v à SBCH ⊥ 2.Tính thể tích khối chóp C.SEB Câu V(1,0 điểm).Cho a,b,c là ba số thực dương thoả mãn abc = 1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 3 2 3 2 3 P a b b c c a = + + + + + + + + II/PHẦN RIÊNG (2,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A/Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phân giác trong của góc C lần lượt có phương trình : (d1): x – 2y + 4 = 0 và (d2): x + 2y + 2 = 0 Viết phương trình đường thẳng BC . 2.Giải hệ phương trình : 2log 2 2 3 log log x y y x x x x y 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 + 1 = 0 và phương trình đường thẳng (BD): 2 x + y – 1 = 0; đường thẳng (AC) đi qua M( -1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 2.Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2 2 sin 1 os 3 3 x c x y + = + . HẾT ! 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:…………………… ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN - KHỐI A Câu Ý Nội dung đáp án Điểm I 1 1điểm Khi m= 1 2 hàm số đã cho có pt: y= x 4 – 2x 2 + 1 1.TXĐ : D= R 2.SBT .CBT: y’= 4x 3 - 4x = 4x( x 2 - 1) ------------------------------------------------------------------------------ y’=0 <=> x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = -1 Hàm số đồng biến ( 1;0)x∀ ∈ − vµ (1; )+∞ Hàm số nghịch biến ( ; 1)x∀ ∈ −∞ − vµ(0;1) .Cực trị : HS đạt cực đại tại x= 0 và y CĐ =y(0)=1 HS đạt cực tiểu tại x= ± 1 và y CT =y( ± 1)=0 ------------------------------------------------------------------------------ .Giới hạn: lim x y →+∞ = +∞ ; lim x y →−∞ = +∞ .BBT: x - ∞ -1 0 1 + ∞ , y - 0 + 0 - 0 + y +∞ 1 +∞ 0 0 ------------------------------------------------------------------------------ 3. vẽ đồ thị: y 1 -1 1 x 0,25 0,25 0,25 0,25 I 2 (1điểm) , 3 2 2 2 4 16 4 ( 4 )y x m x x x m= − = − Đk để hàm số có 3 cực trị là , 0y = có 3 nghiệm phân biệt Tức là phương trình 2 2 ( ) 4 0g x x m= − = có hai nghiệm phân biệt 0x ≠ 0m ⇔ ≠ ------------------------------------------------------------------------------ , 4 4 0 1 0 2 1 16 2 1 16 x y y x m y m x m y m = ⇒ =   = ⇔ = ⇒ = −   = − ⇒ = −  0,25 0,25 Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B 4 (2 ;1 16 )m m− ;C 4 ( 2 ;1 16 )m m− − ------------------------------------------------------------------------------ Ta thấy AB=AC = 2 4 2 (2 ) (16 )m m+ nên tam giác ABC cân tại A Gọi I là trung điểm của BC thì 4 (0;1 16 )I m− nên 4 16AI m= ; 4BC m= ------------------------------------------------------------------------------ 4 1 1 . . 16 .4 2 2 ABC S AI BC m m ∆ = = =64 5 5 2 2m m⇔ = ⇔ = ± (tmđk 0m ≠ ) Đs: 5 2m = ± 0,25 0,25 II 1 (1điểm) Đk: ( ) 2 k x k Z π ≠ ∈ ------------------------------------------------------------------------------ Với đk trên phương trình đã cho tương đương: 2 3 os2 (t anx cot 2 ) 2 1 os(2 ) 2 c x x c x π   − + = − −     sinx os2 2 3 os2 ( ) 2(1 sin 2 ) cos sin 2 c x c x x x x ⇔ − + = − cos 2 3 os2 2(1 sin 2 ) cos .sin 2 x c x x x x ⇔ − = − 1 2 3 os2 2(1 sin 2 ) sin 2 c x x x ⇔ − = − ------------------------------------------------------------------------------ 2 2 3 os2 .sin 2 1 2sin 2 2sin 2c x x x x⇔ − = − 3 sin 4 1 2sin 2 1 os4x x c x⇔ − = − + 3 sin 4 os4 2sin 2x c x x⇔ − = 3 1 sin 4 os4 sin 2 2 2 x c x x⇔ − = sin(4 ) sin 2 6 x x π ⇔ − = ------------------------------------------------------------------------------ ⇔ 4 2 2 ( ) 6 12 ( ) 7 ( ) 4 2 2 36 3 6 x x k x k tm k Z k x tm x x k π π π π π π π π π   − = + = +   ⇔ ∈     = + − = − +     0,25 0,25 0,25 0,25 II 2 (1điểm) 2 1 5 3x x x− − + > − (1) Đk: 1x ≥ Nhân lượng liên hợp: 2 1 5 0x x− + + > (2 1 5)(2 1 5) ( 3)(2 1 5)x x x x x x x− − + − + + > − − + + 4( 1) ( 5) ( 3)(2 1 5)x x x x x⇔ − − + > − − + + 3( 3) ( 3)(2 1 5)x x x x⇔ − > − − + + (2) --------------------------------------------------------------------------- Xét các trường hợp: TH1:x>3 thì phương trình (2) trở thành: 3 2 1 5x x> − + + (3) 0,25 0,25 (3) 2 2 2 2 4 2VP > + = >3 nên bất phương trình (3) vô nghiệm. ---------------------------------------------------------------------------- TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý) ---------------------------------------------------------------------------- TH3: 1 3x ≤ < nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: 3 (2 1 5)x x< − + + bình phương 2 vế ta được: 4 ( 1)( 5) 8 5x x x− + > − (4) * 8 5 0 8 3 1 3 5 x x x − <  ⇔ < <  ≤ <  (5) thì (4) luôn đúng * 8 5 0 8 1 1 3 5 x x x − ≥  ⇔ ≤ ≤  ≤ <  (*) nên bình phương hai vế của (4)ta được 2 9 144 144 0 8 48 8 48x x x− + < ⇔ − < < + Kết hợp với điều kiện(*) ta được: 8 8 48 5 x− < ≤ (6) Từ (5) và (6) ta có đs: 8 48 3x− < < 0,25 0,25 III 1điểm Xét khai triển: 30 0 1 2 2 30 30 30 30 30 30 (1 5 ) .5 .(5 ) . .(5 )x C C x C x C x− = − + − + Nhân 2 vế với x ta được: 30 0 1 2 2 2 3 30 30 31 30 30 30 30 (1 5 ) .5 .5 . .5x x C x C x C x C x− = − + − + (1) ------------------------------------------------------------------------------ Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được; 30 29 0 1 2 2 2 30 30 30 30 30 30 30 (1 5 ) 150 (1 5 ) 2 .5 3 .5 . 31 .5x x x C C x C x C x− − − = − + − + (2) Chọn x=-1 thay vào (2) ta được 30 29 0 1 2 2 30 30 30 30 30 30 6 150.6 2( .5) 3( .5 ) . 31( .5 )C C C C+ = + + + + ------------------------------------------------------------------------------ hay 29 0 1 2 30 6 (6 150) 2 3 . 31a a a a+ = + + + + hay 30 0 1 2 30 6 .26 2 3 . 31a a a a= + + + + ĐS : 30 6 .26S = 0,25 0,25 0,25 0,25 IV 1 (1điểm) S A F B H E D C ------------------------------------------------------------------------------ *CM: SE EB⊥ Vì tam giác SAD đều cạnh a 3 2 a SE⇒ = Xét tam giác vuông AEB có: 0,25 0,25 2 2 2 2 2 2 5 2 4 a a EB EA AB a   = + = + =  ÷   ----------------------------------------------------------------------------- Xét tam giác SEB có: 2 2 2 2 2 2 3 5 2 2 4 a a SE EB a SB   + = + = =  ÷  ÷   suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE EB ⊥ ------------------------------------------------------------------------------ Ta có: AEB = BFC(c-c) suy ra ¼ ¼ AEB BFC= mà ¼ ¼ 0 90AEB FBE+ = ¼ ¼ ¼ 0 0 90 90BFC FBE FHB⇒ + = ⇒ = Hay CH EB ⊥ mÆt kh¸c CH SE⊥ (do ( )SE ABCD⊥ ) Suy ra ( )CH SEB⊥ . => SBCH ⊥ 0,25 0,25 IV 2 (1điểm) Vậy . 1 . . 3 C SEB SEB V CH S ∆ = ------------------------------------------------------------------------------ * Xét FBC có: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 1 5 2 BH BF BC a a a a a = + = + = + =    ÷   suy ra 2 2 5 a BH = ------------------------------------------------------------------------------ Xét BHC có: 2 2 2 2 2 2 4 2 5 5 5 a a a CH BC BH a CH= − = − = ⇒ = ----------------------------------------------------------------------------- Nên 3 . 1 1 1 2 1 3 5 3 . . . . . . . 3 2 3 2 2 2 12 5 C SEB a a a a V CH SE EB= = = (đvtt) 0,25 0,25 0,25 0,25 V (1 điểm) Áp dụng BĐT cosi ta có: 2 2 2a b ab+ ≥ 2 1 2b b+ ≥ suy ra 2 2 2 3 2( 1)a b ab b+ + ≥ + + ------------------------------------------------------------------------------ Tương tự : 2 2 2 3 2( 1)b c bc c+ + ≥ + + 2 2 2 3 2( 1)c a ac a+ + ≥ + + ------------------------------------------------------------------------------ Khi đó: 1 1 1 1 2 1 1 1 P ab b bc c ac a   ≤ + +  ÷ + + + + + +   = 2 1 1 2 1 abc abc ab b bc c abc ac a bc abc   + +  ÷ + + + + + +   = 1 1 1 2 1 1 1 2 ab b ab b ab b ab b   + + =  ÷ + + + + + +   ------------------------------------------------------------------------------ 0,25 0,25 0,25 Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 2 khi a=b=c=1 0,25 VI. a 1 (1điểm) Gọi ( ; ) c c C x y Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: ( 2 2; ) c c C y y− − Gọi M là trung điểm của AC nên 1 1; 2 c c y M y +   − −  ÷   ----------------------------------------------------------------------------- Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên : 1 1 2. 4 0 1 2 c c c y y y + − − − + = ⇒ = ( 4;1)C⇒ − ------------------------------------------------------------------------------ Từ A kẻ 2AJ d ⊥ tại I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ chỉ phương của đường thẳng (d2) là (2; 1)u → − là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng (AJ) Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0 Vì I=(AJ) ∩ (d2) nên toạ độ diểm I là nghiệm của hệ 4 2 1 0 4 3 5 ( ; ) 2 2 0 3 5 5 5 x x y I x y y  = −  − + =   ⇔ ⇒ − −   + + =   = −   ------------------------------------------------------------------------------ Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ Gọi J(x;y) ta có: 8 8 0 8 11 5 5 ( ; ) 6 11 5 5 1 5 5 x x J y y   + = − = −     ⇔ ⇒ − −     + = − = −     Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; 8 11 ( ; ) 5 5 J − − l :à 4x+3y+13=0 0,25 0,25 0,25 0,25 VI. a 2 (1 điểm) Đk: x,y>0 và , 1x y ≠ Với đk trên hệ phương trình tương đương : 2 2 3(1) log x-1=2log y (2) y x y x  = +     Giải(2) đặt log ( 0) y x t t= ≠ phương trình (2) trở thành: 2 1 2 1 2 0 ( ) 2 t t t t tm t t = −  − = ⇔ − − = ⇔  =  y y log x=-1 log x=2  ⇔    2 1 x y x y  =  ⇔   =  ------------------------------------------------------------------------------ 0,25 0,25 1/ 2 2 3 2 3 2 3 3 2 0 1 1 1 y y x y y y x x x y y y  = +   = + − − =     ⇔ ⇔    = =    =     2 1 1( ) 2 1 2 y x y loai y x y  =     = = −    ⇔ ⇒     = =    ------------------------------------------------------------------------------ 2/ 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 3 0y x y y y x y x y x y    = + = + + =    ⇔ ⇔    = = =       (vô nghiệm) Đáp số: 1 2 2 x y  =    =  0,25 0,25 VI. b 1 (1điểm) Vì B là giao điểm của (AB) và (BD) nên toạ độ của B là nghiệm của hệ : 1 0 0 (0;1) 2 1 0 1 x y x B x y y − + = =   ⇔ ⇒   + − = =   Đường thẳng AB có VTPT : (1; 1) AB n − uuur Đường thẳng BD có VTPT : (2;1) BD n uuur Giả sử đường thẳng AC có VTPT : ( ; ) AC n a b uuur ------------------------------------------------------------------------------ Khi đó: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . . 1 5 5 5( 2 ) 4 10 4 0 2 5 2 0 AB BD AB AC AB BD AB AC n n n n n n n n a b a b a b a b a b a ab b a ab b a ab b = − ⇔ = ⇔ + = − + ⇔ + = − + ⇔ − + = ⇔ − + = uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 2 b a a b  =  ⇔  =  1/Với 2 b a = ,chọn a=1,b=2 thì (1;2) AC n uuur suy ra phương trình đường thẳng (AC) đi qua điểm M(-1;1) là: x+2y-1=0 ------------------------------------------------------------------------------ Gọi I là giao điểm của đường thẳng (AC) và (BD) nên toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: 1 x= 2 1 0 1 1 3 ( ; ) 2 1 0 1 3 3 y= 3 x y I x y   + − =   ⇔ ⇒   + − =     Vì A là giao điểm của đường thẳng (AB) và (AC) nên toạ độ 0,25 0,25 0,25 điểm A là nghiệm của hệ: 1 x=- 1 0 1 2 3 ( ; ) 2 1 0 2 3 3 y= 3 x y A x y   − + =   ⇔ ⇒ −   + − =     Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ điểm (1;0)C và 2 1 ( ; ) 3 3 D − ----------------------------------------------------------------------------- 2/Với a=2b chọn a=2;b=1 thì phương trình đường thẳng (AC) là 2x+y+1=0 (loại vì AC không cắt BD) Đáp số: 1 2 ( ; ) 3 3 A − ; (0;1)B ; (1;0)C ; 2 1 ( ; ) 3 3 D − 0,25 VI. b 2 (1điểm) TXĐ: D=R hàm số đã cho viết lại là: 2 2 sin 2 sin 3 3 x x y − = + Đặt 2 sin 3 x t = vì 2 0 sin 1x≤ ≤ nên 2 sin 1 3 3 x ≤ ≤ tức 1 3t ≤ ≤ ---------------------------------------------------------------------------- khi đó hàm số đã cho trở thành 9 ( )y f t t t = = + với 1 3t ≤ ≤ Ta có 2 , 2 2 9 9 ( ) 1 t f t t t − = − = , 2 ( ) 0 9 0 3f t t t= ⇔ − = ⇔ = ± ----------------------------------------------------------------------------- BBT: t 1 3 , ( )f t - ( )f t 10 6 ------------------------------------------------------------------------------ [ ] ( ; ) 1;3 min ( ) min ( ) 6y x f t −∞ +∞ = = đạt được khi t=3 khi 2 sin 1 ( ) 2 x x k k Z π π = ⇔ = + ∈ [ ] ( ; ) 1;3 ax ( ) ax ( ) 10M y x M f t −∞ +∞ = = đạt được khi t=1 khi 2 sin 0 ( )x x k k Z π = ⇔ = ∈ 0,25 0,25 0,25 0,25 Nếu thí sinh làm theo các cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa. Hết . KÌ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 ĐỀ THI MÔN TOÁN -KHỐI A Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao đề) ------------------------------------------. tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………….Số báo danh:…………………… ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM