De thi thu dai hoc so 2

a) Chứng minh rằng đường thẳng BD  mp(SAC) và tam giác SAC vuông.[r]

KÌ THI KSCL ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM HỌC 2010 - 2011

Môn: Toán - Khối A

Thời gian: 180 phút, không kẻ thời gian giao đề CÂU I (2,0 điểm):

1 Tìm hàm số đa thức y = P(x) có bậc bé nhất, đạt cực đại x = với P(0) = đạt cực tiểu x = với P(2) =

2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số đa thức y = P(x) vừa tìm CÂU II (2,0 điểm)

1 Giải bất phương trình: 2

2

9 6x

7

9x   9x

2 Giải phương trình:

2cos3x cos x 3(1 sin 2x) 3cos (2x ) 

   

CÂU III (2,0 điểm):

1 Xét tổng n

n n n n

S2C 3C 4C   (n2)C với n > 4, nZ Tính n biết S = 320

2 Giải phương trình:

4

2

1

log (x 3) log (x 1) log (4x)

2    

CÂU IV (3,0 điểm)

1 Cho hình chóp S.ABCD có SA = x (x > 0) tất cạnh cịn lại có độ dài a) Chứng minh đường thẳng BDmp(SAC) tam giác SAC vng

b) Tìm x để thể tích khối chóp S.ABCD 36

2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vng ABCD có M trung điểm cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: x  y điểm C(3;-3) Biết đỉnh A thuộc đường thẳng (d): 3x + y - = Xác định toạ độ đỉnh A, B, D

CÂU V (1,0 điểm):

Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện: ab + bc + ca = 2abc Chứng minh rằng: 2 2 2

a(2a 1) b(2b 1) c(2c 1) 2

ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM MƠN TỐN KSCL ĐẠI HỌC KHỐI A

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

CÂU I (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Hàm số đa thức P(x) bậc bé có cực đại, cực tiểu hàm bậc ba Do hàm số đạt cực trị x=0 x=4 nên

'

P (x)a.x(x 2) ax 2ax với Vậy

3

ax

P(x) ax b

3

  

theo gt

3

b

P(0) a

P(x) x 3x 8a

P(2) 4a b b

3  

 

      

    

  

  

Thử lại P (0)''   6 0,P (2)''  6 thoả mãn ycbt

2 (1,0 điểm)

Hàm số y = P(x) = x3 - 3x2 + * TXĐ: D = R

* Sự biến thiên

+ Chiều biến thiên: y’ = 3x2 - 6x = 3x(x - 2), ta có:

' '

y     0 x x 0; y    0 x Do đó:

- Hàm số đồng biến khoảng (;0) & (2;) - Hàm số nghịch biến khoảng (0;2)

+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = yCĐ = y(0) = 4, đạt cực tiểu x = với yCT = y(2) =

+ Giới hạn:

xlim y  ; xlim y  

+ Bảng biến thiên

x   y’ + - +

y

 

* Đổ thị:

Đổ thị cắt trục hoành điểm (2; 0) (-1; 0) Đổ thị cắt trục tung điểm (0; 4)

0,25 0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

CÂU II (2,0 điểm)

1.( 1,0 điểm)

Giải bất phương trình: 2

2

9 6x

7

9x   9x ĐK: -3 < x <

Khi bpt

2

2 2 2

9 x x x

1 8

9 x 9 x x 9 x

      

    (1)

Đặt x t x 

 (1) trở thành:

2

t   6t (2) Giải bpt (2) ta t  4 t

* Nếu 2 2

2

0 x 0 x 3

x

t 4

x 16(9 x )

9 x x x

                  

0 x

12 x 144 x 17 17           (*) * Nếu 2 2

3 x x

x 0 x 3

0 x

t 2

9 x

x 4(9 x ) x x

                              

3 x

3 x

6 x

3 x

0 x

36 x 5                              (**)

Từ (*) (**) ta có nghiệm bpt là: 12 x

17  

6 x    0,25 0,25 0,25 0,25 -1 O x x x x y 3

2 (1,0 điểm)

2

2cos3x cos x 3(1 sin 2x) 3cos (2x ) 

   

2cos3x cos x 3(1 sin 2x) cos(4x ) 2cos3x cos x 3(1 sin 2x) 3(1 sin 4x) 2cos3x cos x 3(sin 4x sin 2x)

2cos3x cos x sin 3x cos x

cos x x k

2

cos x(cos3x sin 3x) 1

tan 3x k

x

18 

 

 

 

       

 

    

   

  

 

   



       

   

 

Vậy pt có hai họ nghiệm là: x k

 

  x k (k Z)

18

 

   

0,25

0,25

0,25

0,25

CÂU III (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Xét đa thức: n 2 n n

n n n n

x (1 x) x (C C xC x   C x ) (*) Lấy đạo hàm hai vế (*) theo biến x ta được:

n n n n

n n n n

2x(1 x) nx (1 x)  2xC 3x C 4x C   (n2)x C Thay x = vào hai vế đẳng thức ta được:

n 1 n n

n n n n

2 (4 n)2C 3C 4C   (n2)C 2 (4 n)320 Chia hai vế cho 16 ( n > 4) ta được: 2n 5 (4n)20

Nếu n8 vế trái chia hết cho cịn vế phải khơng ( loại) Thử n = 5; n= 6; n=7 có n = thoả mãn

Vậy để S = 320 n =

2 ( 1,0 điểm)

2

1

log (x 3) log (x 1) log (4x)

2  4   (1)

ĐK: x 1  Pt (1)

2 2 2

2

2

log (x 3) log x log (4x) log ((x 3) x 1) log (4x) x

x x 2x

(x 3) x 4x

0 x x 3

x 6x

        

 



     

 

       

    

 

    



Vậy pt có hai nghiệm là: x = x  3

0,25 0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

0,25

CÂU IV (3,0điểm)

1 (2,0 điểm)

a) Tứ giác ABCD hình thoi có cạnh ACBDO Ta thấy SBD cân nên SOBD (1) ACBD (2) Từ (1) (2) suy BDmp(SAC)

Mặt khác SBD ABD CBD(c c c)  Nên SO = AO = CO  SAC vuông S

b) Trong tam giác vng SAC ta có: 2

AC SA SC  x 36 Trong tam giác vuông OBC có:

2

2 x 36 2

BO BC OC 36 108 x BD 108 x

4



        

Vậy thể tích

S.ABCD SAC

1 6x

V BD.S 108 x

3

  

2 S.ABCD

2

4

2

V 36 36 x 108 x

x x 36

x 108x 2592

x 72 x

   

  



       



 

Vậy có hai giá trị x là: x = x6

2 (1,0 điểm)

Gọi A(t; 3t  2) d,(tR) Ta có: d(A,DM)2d(C,DM) 4t 2.4

t t

2



       hay A(3;-7) A(-1; 5) Mặt khác ta thấy A, C năm hai phía đường thẳng Dm nên có điểm A( -1; 5) thoả mãn

Gọi D(m; m-2) DM,(m R)

AD (m 1;m 7);CD (m 3;m 1)

      

Do tứ giác ABCD hình vng nên:

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

0.25

A

C D

O S

2 2

m m

DA.DC

m

(m 1) (m 7) (m 3) (m 1)

DA DC

hay D(5;3),AB DC ( 2; 6) B( 3; 1)    

  

   

      

 



       Kết luận: A(-1;5); B(-3;-1); D(5;3)

0.5

0.25 CÂU V

(1,0 điểm) Đặt x a1; y b1;z1c  xx  y0; yz0;z2 0 

Ta có

2

2

3

1 (y z)

a(2a 1) ( 1)

x x x



    , từ

3 3

2 2 2

1 1 x y z

P

a(2a 1) b(2b 1) c(2c 1) (y z) (z x) (x y)

     

     

Áp dụng bất đẳng thức cô si ta được:

3

3

3

3

3

3

x y z y z x

3 x (1)

(y z) 8 64

y z x z x y

3 y (2)

(z x) 8 64

z x y x y z

3 z (3)

(x y) 8 64

 

   



 

   



 

   



Cộng theo vế (1), (2) (3) ước lược được:

1

P (x y z)

4

    Đẳng thức xảy

2

x y z a b c

3

       

0,25

0,25

0,25