Tài liệu Thi thử ĐH 2010 môn Toán lần 1 và hướng dẫn giải ppt

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 trìn
h
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 . R3x2)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
AMkA
B
=
. Do A , nên kB≠ 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